Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 06

Giả sử \(I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là điểm thỏa mãn: 

\(2\overrightarrow {IA} {\rm{\;}} - 7\overrightarrow {IB} {\rm{\;}} + 4\overrightarrow {IC} {\rm{\;}} = \vec 0{\rm{\;}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {1 - {x_0}} \right) - 7\left( { - 1 - {x_0}} \right) + 4\left( {3 - {x_0}} \right) = 0}\\{2\left( {1 - {y_0}} \right) - 7\left( {2 - {y_0}} \right) + 4\left( { - 1 - {y_0}} \right) = 0}\\{2\left( { - 1 - {z_0}} \right) - 7\left( { - {z_0}} \right) + 4\left( { - 2 - {z_0}} \right) = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = {\rm{\;}} - 21}\\{{y_0} = 16}\\{{z_0} = 10}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow I\left( { - 21;16;10} \right) \in \left( S \right)\), (do \({\left( { - 21 - 1} \right)^2} + {16^2} + {\left( {10 + 1} \right)^2} = 861\))

Khi đó,

\(P = 2M{A^2} - 7M{B^2} + 4M{C^2} = 2{\overrightarrow {MA} ^2} - 7{\overrightarrow {MB} ^2} + 4{\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = 2{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{\;}} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - 7{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{\;}} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 4{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{\;}} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)

\( = {\rm{\;}} - M{I^2} + 2.\overrightarrow {MI} .\left( {2\overrightarrow {IA} {\rm{\;}} - 7\overrightarrow {IB} {\rm{\;}} + 4\overrightarrow {IC} } \right) + 2I{A^2} - 7I{B^2} + 4I{C^2}\)

\( = {\rm{\;}} - M{I^2} + 2I{A^2} - 7I{B^2} + 4I{C^2}\)

Để \(P = 2M{A^2} - 7M{B^2} + 4M{C^2}\) đạt GTNN thì MI có độ dài lớn nhất

\( \Leftrightarrow MI\) là đường kính \( \Leftrightarrow M\) là điểm đối xứng của \(I\left( { - 21;16;10} \right)\) qua tâm \(T\left( {1;0; - 1} \right)\) của (S)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} - 21 = 2}\\{{y_M} + 16 = 0}\\{{z_M} + 10 = {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right. \Rightarrow M\left( {23; - 16; - 12} \right) \Rightarrow \)\(T = \left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| = 23 + 16 + 12 = 51\).

Chọn C.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 3{x^2} + 8\sin x}\\{ \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx = \int {3{x^2}dx + \int {8\sin xdx} } } }\\{ \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} {\rm{\;}} = {x^3} - 8\cos x + C.}\end{array}\)

Chọn C.

Tam giác BCD là tam giác đều cạnh 4\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{BCD}} = 4\sqrt 3 }\\{p = 12}\end{array}} \right.\)

 Áp dụng cồn thức tính bán kính đường tròn nội tiếp ta có:\(R = \dfrac{{2S}}{p} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Gọi O là tâm của tam giác đều BCD

\( \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow \Delta ABO\) vuông tại O có \(BO = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3};AB = 4 \Rightarrow AO = h = \dfrac{{4\sqrt 6 }}{3}\)

Khi đó diện tích xung quanh hình trụ có \(h = \dfrac{{4\sqrt 6 }}{3};R = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\) là \(S = 2\pi Rh = \dfrac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_{\dfrac{1}{3}}}\dfrac{{1 - 2x}}{x} > 0{\rm{\;}} \Leftrightarrow 0 < \dfrac{{1 - 2x}}{x} < 1}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < \dfrac{{1 - 2x}}{x}}\\{\dfrac{{1 - 2x}}{x} < 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x < \dfrac{1}{2}}\\{\dfrac{{1 - 3x}}{x} < 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x < \dfrac{1}{2}}\\{0 < x < \dfrac{1}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 < x < \dfrac{1}{3}}\end{array}\).

\( \Rightarrow \) Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0;\dfrac{1}{3}} \right)\) \( \Rightarrow a = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = \dfrac{1}{3}\).

Vậy \(T = 3a - 2b = 3.0 - 2.\dfrac{1}{3} = {\rm{\;}} - \dfrac{2}{3}\).

Chọn D.

Gọi \(I\) là trung điểm của AB \( \Rightarrow SI \bot AB\) (do tam giác SAB đều).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\{\left( {SAB} \right) \supset SI \bot AB}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

+) Ta thấy \(AD\parallel BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right) \Rightarrow d\left( {AD;SC} \right)\)

\( = d\left( {AD;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\).

Mà \(AI \cap \left( {SBC} \right) = B \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{AB}}{{IB}} = 2\).

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {AD;SC} \right) = 2d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(IH \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in BC} \right)\). Trong \(\left( {SIH} \right)\) kẻ \(IK \bot SH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in SH} \right)\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot IH}\\{BC \bot SI{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SI \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BC \bot IK\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IK \bot SH}\\{IK \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow IK \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = IK\).

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có \(AC \bot BD\) tại \(O\) và \(O\) là trung điểm của \(AC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BD\).

+) Tam giác AOB vuông tại \(O\) có \(AO = \dfrac{{AC}}{2} = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BO = \dfrac{{BD}}{2} = 2a\).

\( \Rightarrow AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} {\rm{\;}} = a\sqrt 5 {\rm{\;}} = BC\) (Định lí Pytago).

Ta có \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}.2a.4a = 4{a^2}\).

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = 2{a^2}\)\( \Rightarrow {S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = {a^2}\).

Mặt khác \({S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}IH.BC \Rightarrow IH = \dfrac{{2{S_{IBC}}}}{{BC}}\)\( = \dfrac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}\). 

+) Tam giác SAB đều cạnh \(a\sqrt 5 \)\( \Rightarrow SI = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 5 {\rm{\;}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{2}\).

+) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SIH ta có:

\(IK = \dfrac{{SI.IH}}{{\sqrt {S{I^2} + I{H^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{2}.\dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {15} }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}} }}\)\( = \dfrac{{2a\sqrt {1365} }}{{91}}\).

Vậy \(d\left( {AD;SC} \right) = 2IK = \dfrac{{4a\sqrt {1365} }}{{91}}\).

Chọn D.

+ Điều kiện tồn tại cực trị:

\( \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2m} \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = 2m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0}\end{array}} \right.\)

+ Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A\left( {0;4{m^3}} \right)}\\{B\left( {2m;0} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow A{B^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {{y_B} - {y_A}} \right)^2} \Leftrightarrow 4{m^2} + 16{m^6} = 20\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4{m^6} + {m^2} - 5 = 0}\\{ \Leftrightarrow {m^2} = 1}\\{ \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} \pm 1}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\int\limits_1^2 {\dfrac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} + x}}dx} {\rm{\;}} = \int\limits_1^2 {\left( {x - 1 + \dfrac{{x - 1}}{{{x^2} + x}}} \right)dx} }\\{ = \int\limits_1^2 {\left( {x - 1} \right)dx} {\rm{\;}} + \int\limits_1^2 {\dfrac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} }\\{ = \dfrac{1}{2} + I}\end{array}\)

Giả sử \(\dfrac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{B}{x} + \dfrac{C}{{x + 1}}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{{B\left( {x + 1} \right) + Cx}}{{x\left( {x + 1} \right)}}}\\{ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{{\left( {B + C} \right)x + B}}{{x\left( {x + 1} \right)}}}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B + C = 1}\\{B = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B = {\rm{\;}} - 1}\\{C = 2}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Khi đó ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} {\rm{\;}} = \int\limits_1^2 {\dfrac{{ - 1}}{x}dx} {\rm{\;}} + \int\limits_1^2 {\dfrac{2}{{x + 1}}dx} }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \left. { - \ln \left| x \right|} \right|_1^2 + \left. {2\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_1^2}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {\rm{\;}} - \ln 2 + 2\ln 3 - 2\ln 2}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 2\ln 3 - 3\ln 2}\end{array}\)

\( \Rightarrow \int\limits_1^2 {\dfrac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} + x}}dx} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{2} + 2\ln 3 - 3\ln 2\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \dfrac{1}{2}}\\{b = 2}\\{c = {\rm{\;}} - 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(2a + 3b - 4c = 2.\dfrac{1}{2} + 3.2 - 4.\left( { - 3} \right) = 19\).

Chọn D.

Ta có: \(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 3{x^2} + 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - 3{x^2} + 6x\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 1}\\{x = 2 \Rightarrow y = 5}\end{array}} \right.\)

BBT :

Từ BBT ta suy ra giá trị cực đại \({y_{CD}} = 5\).

Chọn B.

Đặt \(t = 3 - 2x \Rightarrow dt = {\rm{\;}} - 2dx\). Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 2 \Rightarrow t = 7}\\{x = 3 \Rightarrow t = {\rm{\;}} - 3}\end{array}} \right.\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{I =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_7^{ - 3} {f\left( {\left| t \right|} \right)dt}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 3}^7 {f\left( {\left| t \right|} \right)dt} }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 3}^0 {f\left( { - t} \right)dt}  + \int\limits_0^7 {f\left( t \right)dt} } \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \dfrac{1}{2}\left( { - \int\limits_3^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^7 {f\left( x \right)dx} } \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^7 {f\left( x \right)dx} } \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \dfrac{1}{2}\left( {6 + 10} \right) = 8}\end{array}\)

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_{\dfrac{1}{3}}}\left( {{x^2} - 2x + 6} \right) \le {\rm{\;}} - 2}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 6 \ge {{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)}^{ - 2}}}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \ge 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Từ 20/01/2020 đến 20/05/2020 (4 tháng), bà T nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là:

\({A_1} = 100.{\left( {1 + 0,7\% } \right)^4}\) (triệu đồng)

Từ 20/05/2020 đến 20/08/2020 (3 tháng), bà T nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là:

\({A_1} = {A_1}.{\left( {1 + 0,75\% } \right)^3} = 100.{\left( {1 + 0,7\% } \right)^4}.{\left( {1 + 0,75\% } \right)^3} \approx 105,160598\) (triệu đồng).

Chọn C.

Kẻ \(SH \bot AD \Rightarrow H\) là trung điểm của AD\((\)\Delta SAD cân tại \(S\)).

Kéo dài \(BH \cap CD = E\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{SH \supset \left( {SAD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét tam giác EBC có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HD\parallel BC}\\{HD = \dfrac{1}{2}BC}\end{array}} \right. \Rightarrow HD\) là đường trung bình của tam giác EBC.

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của BE.

\({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow \dfrac{4}{3}{a^3} = \dfrac{1}{3}SH.2{a^2} \Leftrightarrow SH = 2a\).

Kẻ \(HK \bot SD \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).

Có \(\dfrac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{HE}}{{BE}} = \dfrac{1}{2}\).

Xét tam giác SHD vuông tại \(H\) có: \(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{S{D^2}}} = \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{{a^2}}}{2}}} = \dfrac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{2a}}{3}\).

\(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = 2HK = 2\dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{{4a}}{3}\).

Chọn B.

Đặt \(t = 1 - f\left( x \right)\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = 2\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = 2\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t = {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - f\left( x \right) = 1}\\{1 - f\left( x \right) = {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\{f\left( x \right) = 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.\).

+ Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 0\) nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

+ Số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 3\) nên phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm.

Chọn D.

Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên \(a < 0\).

Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên \(d < 0\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương.

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\), do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ac < 0}\\{\dfrac{{ - 2b}}{{3a}} > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c > 0}\\{b > 0}\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 số dương là \(b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\).

Chọn C.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{2}{{ - x + 3}}\) có TCN \(y = 0\).

Chọn A.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {x + 1} {\rm{\;}} + \sqrt x }}} {\rm{\;}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{\sqrt {x + 1} {\rm{\;}} - \sqrt x }}{{x + 1 - x}}} dx}\\{ = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {x + 1} {\rm{\;}} - \sqrt x } \right)dx} {\rm{\;}} = \left. {\dfrac{2}{3}\left[ {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^3} - {{\left( {\sqrt x } \right)}^3}} \right]} \right|_0^1}\\{ = \dfrac{2}{3}\left[ {\left( {\sqrt 8 {\rm{\;}} - 1} \right) - \left( {1 - 0} \right)} \right] = \dfrac{2}{3}\left( {\sqrt 8 {\rm{\;}} - 2} \right)}\end{array}\)

Khi đó \(a = 8;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 2.\)

Vậy \(T = a + b = 8 + 2 = 10.\)

Chọn A.

ĐK : \(3\cos \pi x - 1 > 0 \Leftrightarrow \cos \pi x > \dfrac{1}{3}\)

Đặt \(t = \cos \pi x\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{3} < \cos \pi x \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{3} < t \le 1\)

Phương trình trở thành \({2^{t - 1}} + \dfrac{1}{2} = t + {\log _4}\left( {3t - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow {2^{t - 1}} + \dfrac{1}{2} - t - {\log _4}\left( {3t - 1} \right) = 0\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^{t - 1}} + \dfrac{1}{2} - t - {\log _4}\left( {3t - 1} \right)\) trên \(\left( {\dfrac{1}{3};1} \right]\) có: \(f'\left( t \right) = {2^{t - 1}}\ln 2 - 1 - \dfrac{3}{{\left( {3t - 1} \right)\ln 4}}\)

Do \(t \le 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{t - 1}} \le 1}\\{3t - 1 \le 2}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow f'\left( t \right) < 1.\ln 2 - 1 - \dfrac{3}{{2.\ln 4}} < 0\) với mọi \(t \in \left( {\dfrac{1}{3};1} \right]\).

Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {\dfrac{1}{3};1} \right]\).

Dễ thất \(f\left( 1 \right) = {2^{1 - 1}} + \dfrac{1}{2} - 1 - {\log _4}2 = 0\) nên phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(t = 1\).

\( \Rightarrow \cos \pi x = 1 \Leftrightarrow \pi x = k2\pi {\rm{\;}} \Leftrightarrow x = 2k\).

Mà \(0 \le x \le 100 \Leftrightarrow 0 \le 2k \le 100 \Leftrightarrow 0 \le k \le 50\) .

Vậy có 51 giá trị nguyên của k ứng với 51 nghiệm.

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x \le 3\).

Xét hàm số \(y = f\left( {2 + {e^x}} \right)\)ta có \(y' = {e^x}.f'\left( {2 + {e^x}} \right)\).

Xét \(y' < 0 \Leftrightarrow {e^x}.f'\left( {2 + {e^x}} \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {2 + {e^x}} \right) < 0\) (do \({e^x} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x\))

\( \Leftrightarrow 2 + {e^x} < 3 \Leftrightarrow {e^x} < 1 \Leftrightarrow x < 0\).

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Chọn B.

Gọi \(H\) là trung điểm của AB, vì \(\Delta SAB\) đều có \(AB = a\) nên \(SH \bot AB\) và \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \subset \left( {SAB} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SH \bot AB}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \({S_{ABCD}} = AB.AD = a.a\sqrt 3 {\rm{\;}} = {a^2}\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2}\sqrt 3 {\rm{\;}} = \dfrac{{{a^3}}}{2}\).

Chọn D.

Lấy \(M\left( {{x_0};\dfrac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 2}}} \right) \in \) đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x - 1}}{{x - 2}}\) \(\left( {{x_0} \ne 2} \right)\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\) là \(k = y'\left( {{x_0}} \right) = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}}\).

Theo bài ra ta có: \(\dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} = {\rm{\;}} - 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} - 2 = 1}\\{{x_0} - 2 = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} = 5}\\{{x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{\;}} - 3\left( {x - 3} \right) + 5 \Leftrightarrow y = {\rm{\;}} - 3x + 14}\\{y = {\rm{\;}} - 3\left( {x - 1} \right) - 1 \Leftrightarrow y = {\rm{\;}} - 3x + 2}\end{array}} \right.\).

Chọn D.

Ta có : \(\overrightarrow {BC} {\rm{\;}} = \left( {1; - 2; - 5} \right)\).

Mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với BC nên nhận \(\overrightarrow {BC} \) làm VTPT.

Vậy phương trình mặt phẳng là: \(1\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 5\left( {z + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y - 5z - 5 = 0\).

Chọn B.

Ta có: \({l^2} = {h^2} + {r^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {{{\left( {5a} \right)}^2} - \left( {3{a^2}} \right)} {\rm{\;}} = 4a\).

Vậy thể tích khối nón là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {3a} \right)^2}.4a = 12\pi {a^3}\).

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(x + 3 = 2{x^2} - x - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\).

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {x + 3 - 2{x^2} + x + 1} \right|dx} {\rm{\;}} = 9\).

Chọn A.

\(\int {f\left( x \right)dx} {\rm{\;}} = \int {\left( {{x^2} + 2x} \right)dx} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{3}{x^3} + {x^2} + C\).

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(3x - 2 = {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \(3x - 2\) và đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) quanh quanh trục Ox là \(V = \pi \int\limits_1^2 {\left| {{{\left( {3x - 2} \right)}^2} - {x^4}} \right|dx} {\rm{\;}} = \dfrac{{4\pi }}{5}\).

Chọn D.

Vì ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều nên ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow AC \bot BD\) tại O.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot CO}\\{BD \bot CC'}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {C'CO} \right) \Rightarrow BD \bot C'O\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {DBC'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD}\\{C'O \subset \left( {DBC'} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C'O \bot BD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)}\\{CO \subset \left( {ABCD} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} CO \bot BD}\end{array}} \right.\)  \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {DBC'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {\left( {C'O;CO} \right)} \right) = \angle C'OC = {60^0}\).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 {\rm{\;}} \Rightarrow CO = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác vuông C’CO có \(CC' = CO.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3 {\rm{\;}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = CC'.{S_{ABCD}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{\sqrt 6 {a^3}}}{2}\).

Chọn A.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 12{x^2} - 4\) trên đoạn \(\left[ {0;9} \right]\), ta có:

\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 24x = 4x\left( {{x^2} - 6} \right);f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \in \left[ {0;9} \right]}\\{x = \sqrt 6 {\rm{\;}} \in \left[ {0;9} \right]}\\{x = {\rm{\;}} - \sqrt 6 {\rm{\;}} \notin \left[ {0;9} \right]}\end{array}} \right.\)

Và \(f\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {\sqrt 6 } \right) = {\rm{\;}} - 40{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 9 \right) = 5585\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;9} \right]} f\left( x \right) = \left( {\sqrt 6 } \right) = {\rm{\;}} - 40\).

Chọn B.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Parbol đi qua gốc tọa độ và điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) có phương trình \(y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\).

Parbol đi qua gốc tọa độ và điểm \(B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\) có phương trình \(x = \dfrac{{{y^2}}}{2} \Leftrightarrow {y^2} = 2x \Leftrightarrow y = \sqrt {2x} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x \ge 0} \right)\).

Diện tích 1 cánh hoa là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\);\(y = \sqrt {2x} \), đường thẳng \(x = 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 0\) là \({S_1} = \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {2x} {\rm{\;}} - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} {\rm{\;}} = \dfrac{4}{3}\).

\( \Rightarrow \) Diện tích phần tráng men là: \(S = 4{S_1} = \dfrac{{16}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2}} \right)\).

Vậy số tiền cần phải trả là \(T = 24.\dfrac{{16}}{3} = 128\) triệu.

Chọn D.

Ta có \({4^{x - 1}} - m{.2^{x - 2}} + 1 = 0 \Leftrightarrow 4.{\left( {{2^{x - 2}}} \right)^2} - m{.2^{x - 2}} + 1 = 0\).

Đặt \(t = {2^{x - 2}} > 0\), phương trình đã cho trở thành \(4{t^2} - mt + 1 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{{4{t^2} + 1}}{t} = g\left( t \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t > 0} \right)\).

Xét hàm số \(g\left( t \right) = \dfrac{{4{t^2} + 1}}{t} = 4t + \dfrac{1}{t}\) có \(g'\left( t \right) = 4 - \dfrac{1}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{2}\).

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm \(t > 0 \Leftrightarrow m \ge 4\).

Kết hợp điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in {\mathbb{Z}^ + }}\\{m \le 2021}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;...;2020;2021} \right\}\).

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Theo bài ra ta có: \({4^x} + {4^y} = 32y - 32x + 48 \Leftrightarrow {4^x} + 32x = 32y - {4^y} + 48\).

Vì \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y \in {\mathbb{N}^*},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < y\) nên ta thử các TH sau:

+ Với \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 2\) ta có: \(4 + 32 = 64 - 16 + 48 \Leftrightarrow 36 = 96\) (Vô lí).

\( \Rightarrow x \ge 2 \Rightarrow VT = {4^x} + 32x \ge 80{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( y \right) = 32y - {4^y} + 48\) ta có \(f'\left( y \right) = 32 - {4^y}\ln 4 = 0 \Leftrightarrow y = {\log _4}\dfrac{{32}}{{\ln 4}}\).

BBT:

Vì \(y \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(f\left( y \right) = 32y - {4^y} + 48 \in {\mathbb{N}^*}\), dựa vào BBT \( \Rightarrow f\left( y \right) \le 97{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow 80 \le f\left( y \right) \le 97 \Rightarrow 80 \le VP \le 97 \Rightarrow 80 \le VT \le 97}\\{ \Rightarrow 80 \le {4^x} + 32x \le 97{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}\).

Hàm số \(g\left( x \right) = {4^x} + 32x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó từ (*) ta suy ra \(x = 2\).

Với \(x = 2\) ta có \(80 = 32y - {4^y} + 48 \Leftrightarrow 32y - {4^y} = 32\), sử dụng MODE7 ta tìm được \(y = 3\).

Vậy có 1 cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).

Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Ta có: \(A\left( {1;0; - 2} \right);B\left( { - 1; - 1;3} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \left( { - 2; - 1;5} \right).\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { - 3; - 14; - 4} \right).\).

Gọi \(\overrightarrow {{n_Q}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \subset \left( Q \right)}\\{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} {\rm{\;}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 3; - 14; - 4} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là:

\( - 3\left( {x - 1} \right) - 14\left( {y - 0} \right) - 4\left( {z + 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x + 14y + 4z + 5 = 0\)

Chọn D.

\(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \left( {1; - 1; - 1} \right)\). Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là:

\(1.\left( {x - 1} \right) - 1\left( {y - 1} \right) - 1\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - z + 2 = 0\).

Chọn D.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{x - 1}} = 9 \Leftrightarrow {3^{x - 1}} = {3^2}}\\{ \Leftrightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3}\end{array}\)

Chọn B.

Gọi D là trung điểm của BC ta có \(AD \bot BC\)

Mà \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right),AD \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(AD \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow AD \bot SC\)

Lại có \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right) \bot SC \Rightarrow \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)//AD\)

Gọi E là trung điểm của SC thì \(BE \bot SC \Rightarrow BE \subset \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\)

Trong mp(SBC), gọi G là giao điểm của BE và AD thì \(G \in BE \subset \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\)

Tròn mp(SAD), qua G kẻ GF//AD (\(F \in SA\)) ta được (BEF) chính là mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\).

Dễ thấy G là trọng tâm tam giác SBC nên \(\dfrac{{SG}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\).

Mà GF//AD nên theo Ta let \(\dfrac{{SF}}{{SA}} = \dfrac{{SG}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\)

Vậy \(\dfrac{{{V_{S.BEF}}}}{{{V_{S.BCA}}}} = \dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SE}}{{SC}}.\dfrac{{SF}}{{SA}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {V_{S.BEF}} = \dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}}}\\{ \Rightarrow {V_{B.ACEF}} = {V_{S.ABC}} - {V_{S.BEF}}}\\{ = {V_{S.ABC}} - \dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}}}\\{ \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.BEF}}}}{{{V_{B.ACEF}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}}}}{{\dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{1}{2}}\end{array}\)

Chọn A.

+) Gọi KGM là “Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ 12 sản phẩm” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{12}^6 = 924\)

+) Gọi A là biến cố: “6 sản phẩm được lấy ra không quá 1 phế phẩm”

TH1: Số cách lấy được 6 sản phẩm trong đó 5 sản phầm và 1 phế phẩm \( \Rightarrow C_{10}^5.C_2^1 = 504\)cách

TH2: Số cách lấy được 6 sản phẩm trong đó 6 sản phẩm và 0 phế phẩm \( \Rightarrow C_{10}^5.C_2^1 = 504\)cách

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 504 + 210 = 714}\\{ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{714}}{{924}} = \dfrac{{17}}{{22}}}\end{array}\)             

Chọn D.

Đường thẳng \(d:\dfrac{{x - 3}}{4} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{z + 2}}{3}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_2}} {\rm{\;}} = \left( {4; - 2;3} \right)\).

Chọn C.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x \Rightarrow du = dx}\\{dv = \sin xdx \Rightarrow v = {\rm{\;}} - \cos x}\end{array}} \right..\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \int {x\sin xdx = {\rm{\;}} - x\cos x - \int { - \cos xdx} } }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {\rm{\;}} - x\cos x + \int {\cos xdx} }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {\rm{\;}} - x\cos x + \sin x + C}\end{array}\)

Chọn C.

\(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn D.

Gọi mặt phẳng cần tìm là \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\), phương trình mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) có dạng:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x + 2y - z + 1 + m\left( {x + 2y - 2z + 2} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {2 + m} \right)x + \left( {2 + 2m} \right)y + \left( { - 1 - 2m} \right)z + 2m + 1 = 0}\end{array}\)

Vì \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right) \bot \left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - z + y = 0\) nên ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {2 + m} \right).1 + \left( {2 + 2m} \right).1 + \left( { - 1 - 2m} \right).\left( { - 1} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow 2 + m + 2 + 2m + 1 + 2m = 0}\\{ \Leftrightarrow 5 + 5m = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} - 1}\end{array}\)

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(x + z - 1 = 0\).

Chọn A.

Ta có: \({d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \dfrac{{x - 2}}{2} = \dfrac{{y + 3}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 5}}{{ - 3}}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_1}} {\rm{\;}} = \left( {2; - 1; - 3} \right)\)  và đi qua \({M_1}\left( {2; - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5} \right)\) 

\({d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \dfrac{{x + 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{y + 3}}{1} = \dfrac{{z - 2}}{3}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_2}} {\rm{\;}} = \left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\)  và đi qua \({M_2}\left( { - 1; - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\)

Ta thấy \(\overrightarrow {{u_1}} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \overrightarrow {{u_2}} {\rm{\;}} \Rightarrow {d_1}//{d_2}\)

Ta có: \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}} {\rm{\;}} = \left( { - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0; - 3} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} \bot \overrightarrow {{u_1}} }\\{\overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} \bot \overrightarrow {{M_1}{M_2}} }\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} {\rm{\;}} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right]\)\( = \left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 15; - 3} \right) = 3\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5; - 1} \right)\) 

\( \Rightarrow \left( P \right)\) nhận vecto \(\vec n{\rm{\;}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5; - 1} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \({M_1}\left( {2; - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5} \right)\) và nhận vecto \(\vec n{\rm{\;}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5; - 1} \right)\) làm VTPT có phương trình:

\(x - 2 + 5\left( {y + 3} \right) - \left( {z - 5} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 5y - z + 18 = 0\)

Chọn C.