Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Khuyến lần 3

Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.3^2} = 36\pi \)

Gọi cạnh của khối lập phương là \(a\) ta có \({{a}^{3}}=27\Leftrightarrow a=3\).

\({{\log }_{2}}\left( x+1 \right)=2\Leftrightarrow x+1={{2}^{2}}\Leftrightarrow x+1=4\Leftrightarrow x=3\)

- Đồ thị đi qua điểm (0;-1) nên phương án D bị loại và đồ thị đi qua điểm (2;1) nên B loại

- Đồ thị có hai điểm cực trị nên phương án C bị loại (có \(y'={{x}^{2}}+3>0\))

- Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;-3), thay vào phương án A thấy thỏa mãn

Ta có : \(y'=3{{x}^{2}}-6x\Rightarrow y'\left( 3 \right)=9\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A (3;1) là \(y=9\left( x-3 \right)+1\Leftrightarrow y=9x-26\)

Số hạng thứ tư là \({{u}_{4}}={{u}_{1}}+3d=2+3.5=17\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right)\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 0;1 \right)\).

Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp gồm 7 phân tử là: \(C_{7}^{3}\) tập hợp.

\(\int{\sin \text{xdx}}=-\text{cos}\,x+C\).

Phần thực a=-3; Phần ảo b=2

Vậy \(a\,-b=-5\)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành bằng \(\pi \int\limits_{1}^{2}{{{\left( \sqrt{6}x \right)}^{2}}\text{d}x}=\pi \int\limits_{1}^{2}{6{{x}^{2}}\text{d}x}\).

\(I=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{-1}^{3}{f\left( x \right)}dx+\int\limits_{3}^{1}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{-1}^{3}{f\left( x \right)}dx-\int\limits_{1}^{3}{f\left( x \right)}dx=1-5=-4\).

\(M\left( 3;-5 \right)\) là điểm biểu diễn của số phức z=3-5i.

Số phức liên hợp \(\overline{z}\) của z là: \(\overline{z}=3+5i.\)

Toạ độ điểm A' đối xứng với \(A\left( -3;1;2 \right)\) qua trục Oy là \(\left( 3;1;-2 \right)\)

Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng \(a\sqrt{2}\) là:

\(V=Sh=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}\)

Ta có: \(2f\left( x \right)+7=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{7}{2}.\,\,\,\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=-\frac{7}{2}\).

Ta có:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y=-\frac{7}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại 4 điểm phân biệt.

Hàm số \(f\left( x \right)=\frac{x}{x+3}\) xác định trên đoạn \(\left[ -2;3 \right].\)

Ta có:

\(f'\left( x \right)=\frac{1.3-0.1}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}=\frac{3}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in \left[ -2;3 \right]\Rightarrow \) Hàm số luôn đồng biến trên đoạn \(\left[ -2;3 \right]\)

\(\Rightarrow \) GTLN của hàm số \(f\left( x \right)=\frac{x}{x+3}\) trên đoạn \(\left[ -2;3 \right]\) là: \(f\left( 3 \right)=\frac{3}{3+3}=\frac{1}{2}\)

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng \(4a\Rightarrow 2R=h=4a\Rightarrow R=2a\) với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

\(\Rightarrow {{S}_{xq}}=2\pi Rh=2\pi .2a.4a=16\pi {{a}^{2}}.\)

Ta có: \({{\left( \frac{1}{3} \right)}^{2x-3}}\ge 3\Leftrightarrow {{3}^{3-2x}}\ge 3\Leftrightarrow 3-2x\ge 1\Leftrightarrow x\le 1\)

Tập nghiệm của BPT là: \(S=(-\infty ;1]\).

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm \(M\left( 2;0;-1 \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow{u}=\left( 2;-3;1 \right)\) là \(\left\{ \begin{align} & x=2+2t \\ & y=-3t \\ & z=-1+t \\\end{align} \right.\)

Ta có: \(\overline{z}-3+i=0\Leftrightarrow \overline{z}=3-i\Rightarrow \left| z \right|=\left| \overline{z} \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}=\sqrt{10}\).

Mặt cầu tâm I đi qua \(A\Rightarrow IA=R\Leftrightarrow R=\sqrt{{{\left( 1-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2-3 \right)}^{2}}+{{\left( 3-4 \right)}^{2}}}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z-4 \right)}^{2}}=3\)

Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là góc giữa hai đường thẳng SC và AC bằng góc \(\widehat{SCA}\).

Xét tam giác ADC vuông tại D có \(AC=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}\).

Xét tam giác SAC vuông tại A có \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\), suy ra góc \(\widehat{SCA}={{30}^{0}}\).

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \({{30}^{0}}\).

Vì \(\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right).\left( \sqrt{3}+\sqrt{2} \right)=1\)\(\Leftrightarrow \left( \sqrt{3}+\sqrt{2} \right)=\frac{1}{\left( \sqrt{3}+\sqrt{2} \right)}\)nên

\({{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{x}}>\sqrt{3}+\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{x}}>\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}\)\(\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{x}}>{{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{-1}}\).

Mặt khác \(0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1\) \(\Rightarrow \)\(x<-1\). Vậy đáp án A là chính xác.

Mặt phẳng cần tìm đi qua \(M(1;0;2)\) và có véc tơ pháp tuyến là

\(\overrightarrow{n}=(1;2;-1)\Rightarrow 1(x-1)+2(y-0)-(z-2)=0\Rightarrow x+2y-z+1=0\).

Ta có: \(f'\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}-4 \right)\left( {{x}^{3}}-1 \right)\) có nghiệm: \(x=-2\) (nghiệm đơn), \(x=2\) (nghiệm đơn), \(x=1\) (nghiệm kép)

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

Mặt cầu có tâm \(I\left( 2;\,4;\,-3 \right)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( Oxz \right)\) nên bán kính của mặt cầu là: \(R=d\left( I,\,\left( Oxz \right) \right)=\left| {{y}_{I}} \right|=4\).

Ta có \(P={{\log }_{\frac{a}{{{b}^{2}}}}}x=\frac{1}{{{\log }_{x}}\frac{a}{{{b}^{2}}}}=\frac{1}{{{\log }_{x}}a-{{\log }_{x}}{{b}^{2}}}=\frac{1}{{{\log }_{x}}a-2{{\log }_{x}}b}\)

Từ \( {{\log }_{a}}x=2,{{\log }_{b}}x=3\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{\log }_{x}}a=\frac{1}{2} \\ & {{\log }_{x}}b=\frac{1}{3} \\\end{align} \right.,\)

Vậy\(P={{\log }_{\frac{a}{{{b}^{2}}}}}x=\frac{1}{{{\log }_{x}}\frac{a}{{{b}^{2}}}}=\frac{1}{{{\log }_{x}}a-{{\log }_{x}}{{b}^{2}}}=\frac{1}{{{\log }_{x}}a-2{{\log }_{x}}b}=\frac{1}{\frac{1}{2}-2.\frac{1}{3}}=-6\).

Ta có: Tập xác định \(D=\left[ -2;2 \right]\).

\(x=-3\notin D=\left[ -2;2 \right]\) nên đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang do \(x\) không thể tiến tới \(\pm \infty \)

Từ đồ thị có \({{x}_{1}}\) là nghiệm của phương trình \({{\log }_{b}}x=3\) nên \({{\log }_{b}}{{x}_{1}}=3\Leftrightarrow {{x}_{1}}={{b}^{3}}\).

Từ đồ thị có \({{x}_{2}}\) là nghiệm của phương trình \({{\log }_{a}}x=3\) nên \({{\log }_{a}}{{x}_{2}}=3\Leftrightarrow {{x}_{2}}={{a}^{3}}\).

Do \({{x}_{2}}=2{{x}_{1}}\)\(\Rightarrow {{a}^{3}}=2.{{b}^{3}}\)\(\Leftrightarrow {{\left( \frac{a}{b} \right)}^{3}}=2\)\(\Leftrightarrow \frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}\). Vậy \(\frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}\).

Mặt phẳng \(x+z-5=0,x-2y-z+3=0\) có VTPT lần lượt là \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}\left( 1;0;1 \right),\overrightarrow{{{n}_{2}}}\left( 1;-2;-1 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) là giao của hai mặt phẳng \(x+z-5=0\) và \(x-2y-z+3=0\) có 1 VTCP là:

\(\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\left[ \overrightarrow{{{n}_{1}}};\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right]=\left( 1;1;-1 \right)\)

Gọi H là trung điểm của AB suy ra \(SH\bot \left( ABCD \right)\)

Ta thấy: \(BC//AD\subset \left( SAD \right)\Rightarrow BC//\left( SAD \right)\)

\(\Rightarrow d\left( C,\left( SAD \right) \right)=d\left( B,\left( SAD \right) \right)=2d\left( H,\left( SAD \right) \right)\)

(vì H là trung điểm của AB)

Gọi K là hình chiếu của H lên \(SA\Rightarrow HK\bot SA\)

Lại có \(\left\{ \begin{align} & AD\bot AB \\ & AD\bot SH \\\end{align} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot HK\)

Từ hai điều trên suy ra \(HK\bot \left( SAD \right)\Rightarrow d\left( H,\left( SAD \right) \right)=HK\)

Tam giác SAB đều cạnh a nên \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},HA=\frac{a}{2}\Rightarrow HK=\frac{HA.HS}{SA}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow d\left( C,\left( SAD \right) \right)=2d\left( H,\left( SAD \right) \right)=2.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1;-2;3 \right)\), bán kính \(R=\sqrt{{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}+m-4}=\sqrt{m+10}\)

\(d\left[ I;\left( P \right) \right]=\frac{\left| 2\left( -1 \right)-2\left( -2 \right)+3+1 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=2\)

\({{R}^{2}}={{d}^{2}}+{{r}^{2}}\Leftrightarrow m+10=9+4\Leftrightarrow m=3\).

Ta có: \({y}'={{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-4;\) \({{y}'}'=2x-2m\).

Hàm số đạt cực đại tại \(x=3\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {y}'\left( 3 \right)=0 \\ & {y}''\left( 3 \right)<0 \\\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {y}'\left( 3 \right)=0 \\ & {y}''\left( 3 \right)<0 \\\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{m}^{2}}-6m+5=0 \\ & 6-2m<0 \\\end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow m=5\)

Theo đề bài, ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}v'\left( t \right) = a\left( t \right)\\v\left( 2 \right) = 17\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {6tdt = 3{t^2} + C} \\v\left( 2 \right) = 17\end{array} \right. \Rightarrow 12 + C = 17 \Leftrightarrow C = 5\)

\(\Rightarrow v\left( t \right)=3{{t}^{2}}+5\)

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian tử thời điểm t=4 giây đến thời điểm t=10 giây là:

\(S=\int\limits_{4}^{10}{v\left( t \right)dt=}\int\limits_{4}^{10}{\left( 3{{t}^{2}}+5 \right)dt=}\left( {{t}^{3}}+5t \right)\left| \begin{align} & ^{10} \\ & _{4} \\\end{align} \right.=1050-84=966\left( m \right)\)

Ta có \(f\left( -x \right)={{\left( x{{\operatorname{e}}^{x}} \right)}^{\prime }}={{\operatorname{e}}^{x}}+x{{\operatorname{e}}^{x}}\), \(\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)\).

Do đó \(f\left( -x \right)={{\operatorname{e}}^{-\left( -x \right)}}-\left( -x \right){{\operatorname{e}}^{-\left( -x \right)}}\), \(\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)\).

Suy ra \(f\left( x \right)={{\operatorname{e}}^{-x}}\left( 1-x \right)\), \(\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)\).

Nên \({f}'\left( x \right)={{\left[ {{\operatorname{e}}^{-x}}\left( 1-x \right) \right]}^{\prime }}={{\operatorname{e}}^{-x}}\left( x-2 \right)\)\(\Rightarrow {f}'\left( x \right){{\operatorname{e}}^{x}}={{\operatorname{e}}^{-x}}\left( x-2 \right).{{\operatorname{e}}^{x}}=x-2\).

Bởi vậy \(f\left( x \right)=\int{\left( x-2 \right)\operatorname{d}x}=\frac{1}{2}{{\left( x-2 \right)}^{2}}+C\).

Từ đó \(f\left( 0 \right)=\frac{1}{2}{{\left( 0-2 \right)}^{2}}+C=C+2\); \(f\left( 0 \right)=1\Rightarrow C=-1\).

Vậy \(f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-2 \right)}^{2}}-1\Rightarrow F\left( -1 \right)=\frac{1}{2}{{\left( -1-2 \right)}^{2}}-1=\frac{7}{2}\).

Để hàm số có 2 tiệm cận ngang thì phải tồn tại \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y\ne \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y\)

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x+2018}{\sqrt{m{{x}^{2}}+5x+6}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3+\frac{2018}{x}}{\sqrt{m+\frac{5}{x}+\frac{6}{{{x}^{2}}}}}=\frac{3}{\sqrt{m}}\) tồn tại khi \)m>0\).

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3x+2018}{\sqrt{m{{x}^{2}}+5x+6}}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3+\frac{2018}{x}}{\sqrt{m+\frac{5}{x}+\frac{6}{{{x}^{2}}}}}=-\frac{3}{\sqrt{m}}\) tồn tại khi \(m>0\).

Khi đó hiển nhiên \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y\ne \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y\). Vậy \(m>0\).

Ta có \(OA=\left| z \right|,OB=\left| \left( 1+i \right)z \right|=\sqrt{2}\left| z \right|,AB=\left| \left( 1+i \right)z-z \right|=\left| iz \right|=\left| z \right|\).

Suy ra \(\Delta OAB\) vuông cân tại A \(\left( OA=AB;O{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}=O{{B}^{2}} \right)\)

Ta có: \({{S}_{\Delta OAB}}=\frac{1}{2}OA.AB=\frac{1}{2}{{\left| z \right|}^{2}}=8\Leftrightarrow \left| z \right|=4\).

TXĐ: \(D=\mathbb{R}.\) Ta có \(y'=3{{x}^{2}}+6x+m\)

Do \(a=3>0\) nên để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) thỏa mãn: \(\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=3\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 3m > 0\\{\left| {{x_2} - {x_1}} \right|^2} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\{\left( { - 2} \right)^2} - 4.\frac{m}{3} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m = - \frac{{15}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - \frac{{15}}{4}\end{array}\)

Đặt \(t={{3}^{x}}\), \(t\left( x \right)\) là hàm đồng biến trên \(\mathbb{R}\), \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,t=+\infty \)\(\Rightarrow \) với \(x\in \left[ 1;\,+\infty  \right)\), thì \(t\in \left[ 3;\,+\infty  \right)\).

Ta có: \(\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}+\left( m-1 \right)t+m>0\)\(\left( 2 \right)\)

Để \(\left( 1 \right)\) có nghiệm đúng \(\forall x\ge 1\) thì \(\left( 2 \right)\) có nghiệm đúng \(\forall t\ge 3\)

\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}+\left( m-1 \right)t+m>0\ \ \forall t\ge 3\)\(\Leftrightarrow {{t}^{2}}-t>-m\left( t+1 \right)\)\(\forall t\ge 3\)\(\Leftrightarrow \frac{{{t}^{2}}-t}{t+1}>-m\)\(\forall t\ge 3\)\(\left( 3 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-t}{t+1}\) có \({f}'\left( t \right)=\frac{\left( 2t-1 \right)\left( t+1 \right)-\left( {{t}^{2}}-t \right)}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=\frac{2{{t}^{2}}+t-1-{{t}^{2}}+t}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}=\frac{{{t}^{2}}+2t-1}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}\)

Với \(t\ge 3\), \({{t}^{2}}+2t-1\ge {{3}^{2}}+2.3-1>0\) nên \({f}'\left( t \right)>0\)\(\forall t\in \left[ 3;\,+\infty  \right)\)\(\Rightarrow \underset{\left[ 3;\,+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( 3 \right)=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)

Do đó \(\left( 3 \right)\Leftrightarrow -m<\underset{\left[ 3;\,+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow m>-\frac{3}{2}\).

Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên \(\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=54\sqrt{3}\pi \Leftrightarrow R=3\sqrt{3}\).

Do đó chiều cao của thùng nước là \(h=\frac{2}{3}.2R=4\sqrt{3}\).

Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB=3CD. Gọi O là giao điểm của AD và BC thì tam giác OAB cân tại O.

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD \(\to I\) là trung điểm của DC nên \(DI=\frac{1}{3}AH\).

Ta có \(\frac{OI}{OH}=\frac{DI}{AH}=\frac{1}{3}\) \(\to OH=\frac{3}{2}HI=6\sqrt{3}\)

Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì \(HK=R=3\sqrt{3}\)

Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên

\(\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{H{{O}^{2}}}+\frac{1}{A{{H}^{2}}}\to \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{H{{K}^{2}}}-\frac{1}{H{{O}^{2}}}=\frac{1}{36}\)\(\to AH=6\to DI=2\)

Thể tích thùng đầy nước là \(\frac{h\pi \left( A{{H}^{2}}+D{{I}^{2}}+AH.DI \right)}{3}=\frac{4\sqrt{3}\pi \left( {{6}^{2}}+{{2}^{2}}+6.2 \right)}{3}=\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}\)

Do đó thể tích nước còn lại là\(\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}-54\sqrt{3}\pi =\frac{46\sqrt{3}\pi }{3}\left( d{{m}^{3}} \right)\).

Gọi z=x+iy với \(x,y\in \mathbb{R}\) ta có hệ phương trình 

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left| {z - 2} \right| = \left| z \right|\\\left( {z + 1} \right)\left( {\bar z - i} \right) \in R\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + {y^2}\\\left( {x + 1 + iy} \right)\left( {x - iy - i} \right) \in R\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + {y^2}\\\left( {x + 1 + iy} \right)\left( {x - iy - i} \right) \in R\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\\left( { - x - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + xy = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(f(x)+f(-x)=2\cos 2x,\,\forall x\in \mathbb{R}\) \(\Rightarrow \int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( f(x)+f(-x) \right)\text{d}x}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{2\cos 2x\text{d}x}\Leftrightarrow \int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( -x \right)\text{d}x}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{2\cos 2x\text{d}x}\) (*)

Tính \(I=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( -x \right)\text{d}x}\)

Đặt \(t=-x\Rightarrow \text{d}t=-\text{d}x\Rightarrow \text{d}x=-\text{d}t\).

Đổi cận: \(x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=-\frac{\pi }{2}\); \(x=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\).

Khi đó \(I=-\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}{f\left( t \right)\text{d}t}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( t \right)\text{d}t}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)\text{d}x}\).

Từ (*), ta được: \(2\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{2\cos 2x\text{d}x}=\left. \sin 2x \right|_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=0\) \(\Rightarrow \int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)\text{d}x}=0\).

Ta có \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=m \\ & x=0 \\ & x=n \\\end{align} \right.\). Khi đó ta có bảng biến thiên

Ta có \(\int\limits_{m}^{0}{\left| {f}'\left( x \right) \right|}dx<\int\limits_{0}^{n}{\left| {f}'\left( x \right) \right|}dx\Leftrightarrow f\left( m \right)-f\left( 0 \right)<f\left( n \right)-f\left( 0 \right)\Leftrightarrow f\left( m \right)<f\left( n \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình \(f\left( x \right)=0\) có 4 nghiệm thì \(f\left( 0 \right)<0<f\left( m \right)\).

Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử trong 17 phần tử của tập S có \({{n}_{\Omega }}=C_{17}^{3}=680\) cách chọn.

Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S sao cho tổng của 3 phần tử chia hết cho 3”.

Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là \(\left\{ 3;6;9;12;15 \right\}\), có 6 số chia 3 dư 1 là \(\left\{ 1;4;7;10;13;16 \right\}\) và có 6 số chia 3 dư 2 là \(\left\{ 2;5;8;11;14;17 \right\}\).

Giả sử số được chọn là \(a,b,c\Rightarrow \left( a+b+c \right)\) chia hết cho 3.

TH1: Cả 3 số a,b,c đều chia hết cho 3 \(\Rightarrow \) Có \(C_{5}^{3}=10\) cách chọn.

TH2: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 1 \(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}=20\) cách chọn.

TH3: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 2 \(\Rightarrow \) Có \(C_{6}^{3}=20\) cách chọn.

TH4: Trong 3 số a,b,c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 \(\Rightarrow \) Có 5.6.6 = 180 cách chọn.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=10+20+20+180=230\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{230}{680}=\frac{23}{68}\)

Ta đếm SNBL và SNBC của phương trình \(g\left( x \right)=f\left( x \right).f\left( 2x+1 \right)\)

\(g\left( x \right) = f\left( x \right).f\left( {2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.}\\{f\left( {2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 1 = - 3}\\{2x + 1 = 1}\\{2x + 1 = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}} \right.\)

Phương trình \(g\left( x \right)=f\left( x \right).f\left( 2x+1 \right)=0\) có 4 NBL là \(x=\left\{ -3;-2;0;3 \right\}\) và 1 NBC là \(x=\left\{ 1 \right\}\)

Ta vẽ phác họa đồ thị:

Vậy hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x \right).f\left( 2x+1 \right)\) có tất cả 5 cực trị

Ta sẽ sử dụng công thức \(V=\frac{1}{6}a.b.d\left( a,b \right).\sin \left( a,b \right)\) (với a,b chéo nhau).

Đặt \(SA=x\left( x>0 \right)\).

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(S{{A}^{2}}=SH.SB\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\).

Mà \(\frac{SK}{SD}=\frac{SH}{SB}=\frac{HK}{BD}\Rightarrow \frac{SK}{SD}=\frac{HK}{BD}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{{{x}^{2}}a\sqrt{2}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

Lại có \(\frac{IH}{SA}=\frac{HB}{SB}=\frac{SB-SH}{SB}=1-\frac{SH}{SB}=1-\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\Rightarrow IH=\frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

Mặt khác ta có \(AC\) và \(HK\) chéo nhau và \(HK//\left( ABCD \right);AC\subset \left( ABCD \right)\) nên \(H I=d(K H, A C)\) và \(A C \perp H K\)

Khi đó \(\cdot {{V}_{ACBR}}=\frac{1}{6}AC.KH.HI=\frac{1}{6}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{{{x}^{2}}a\sqrt{2}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\cdot \frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=\frac{{{a}^{4}}}{3}\cdot \frac{{{x}^{3}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}\)

Xét hàm \(f(x)=\frac{x^{3}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{2}}\) trên \(\left( 0;+\infty\right)\) có \({f}'\left( x \right)=\frac{-{{x}^{6}}+2{{a}^{2}}{{x}^{4}}+3{{a}^{4}}{{x}^{2}}}{{{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}^{4}}}\)

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\)\(\Leftrightarrow -{{x}^{6}}+2{{a}^{2}}{{x}^{4}}+3{{a}^{4}}{{x}^{2}}=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{x}^{2}}=0\left( L \right) \\& {{x}^{2}}=-{{a}^{2}}\left( VN \right) \\& {{x}^{2}}=3{{a}^{2}} \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow x=a\sqrt{3}\) (do \(x>0\)).

Bảng biến thiên

Suy ra \(\underset{_{(0;+\infty )}}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{16}\) khi \(x=a \sqrt{3}\)

Vậy thể tích khối tứ diện ACHK lớn nhất bằng \(V_{\max }=\frac{a^{3} \sqrt{3}}{16}\)

Ta có: \(g\left( x \right)=2f\left( \left| x-1 \right| \right)-{{x}^{2}}+2x+2020\Leftrightarrow g\left( x \right)=2f\left( \left| x-1 \right| \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}+2021\)

Xét hàm số \(k\left( x-1 \right)=2f\left( x-1 \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}+2021\).

Đặt t=x-1

Xét hàm số: \(h\left( t \right)=2f\left( t \right)-{{t}^{2}}+2021\) \(\Rightarrow {h}'\left( t \right)=2{f}'\left( t \right)-2t\).

Kẻ đường \(y=-x\) như hình vẽ.

Khi đó:

 \({h}'\left( t \right)>0\Leftrightarrow {f}'\left( t \right)-t>0\Leftrightarrow {f}'\left( t \right)>t\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t<-1 \\ & 1<t<3 \\\end{align} \right.\)

Do đó: \(k'\left( {x - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 < - 1\\1 < x - 1 < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 0\\2 < x < 4\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(k\left( x-1 \right)=2f\left( x-1 \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}+2021\).

Khi đó, ta có bảng biến thiên của \(g\left( x \right)=2f\left( \left| x-1 \right| \right)-{{\left( x-1 \right)}^{2}}+2021\) bằng cách lấy đối xứng qua đường thẳng \(x=1\) như sau:

Ta có \(\frac{{{V}_{ABCD}}}{{{V}_{A{B}'{C}'{D}'}}}=\frac{AB}{A{B}'}\cdot \frac{AC}{A{C}'}\cdot \frac{AD}{A{D}'}\le {{\left( \frac{\frac{AB}{A{B}'}+\frac{AC}{A{C}'}+\frac{AD}{A{D}'}}{3} \right)}^{3}}={{\left( \frac{4}{3} \right)}^{3}}\).

Do đó thể tích của \(A{B}'{C}'{D}'\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\frac{AB}{A{B}'}=\frac{AC}{A{C}'}=\frac{AD}{A{D}'}=\frac{4}{3}\).

Khi đó \(\overrightarrow{A{B}'}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}\Rightarrow {B}'\left( \frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4} \right)\) và \(\left( {B}'{C}'{D}' \right)\ \text{//}\ \left( BCD \right)\).

Mặt khác \(\left[ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD} \right]=\left( 4;10;-11 \right)\).

Vậy \(\left( {B}'{C}'{D}' \right):4\left( x-\frac{7}{4} \right)+10\left( y-\frac{1}{4} \right)-11\left( z-\frac{7}{4} \right)=0\)\(\Leftrightarrow 16x+40y-44z+39=0\).

Ta có \({{\log }_{a}}\left( ax \right){{\log }_{b}}\left( bx \right)=2020\)

\(\Leftrightarrow \left( 1+{{\log }_{a}}x \right)\left( 1+{{\log }_{b}}x \right)=2020\Leftrightarrow \left( 1+{{\log }_{a}}x \right)\left( 1+{{\log }_{b}}a{{\log }_{a}}x \right)=2020\)

Đặt \(\left\{ \begin{align} & m={{\log }_{b}}a \\ & t={{\log }_{a}}x \\\end{align} \right.\)(Do \(a,b>1\Rightarrow m>0\)).

Suy ra: \(\left( 1+t \right)\left( 1+mt \right)=2020\)\(\Leftrightarrow m{{t}^{2}}+\left( m+1 \right)t-2019=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

Xét \(\Delta ={{\left( m+1 \right)}^{2}}+4.2019.m\,\,>0\,\Rightarrow m>0\).

Vậy phương trình \(\left( * \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({{t}_{1}},{{t}_{2}}\).

Theo Vi-et ta có: \({{t}_{1}}+{{t}_{2}}=-\frac{m+1}{m}\)\(\Rightarrow {{\log }_{a}}{{x}_{1}}+{{\log }_{a}}{{x}_{2}}=-\frac{{{\log }_{b}}a+1}{{{\log }_{b}}a}\)

\(\Rightarrow {{\log }_{a}}{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-\left( 1+{{\log }_{a}}b \right)=-{{\log }_{a}}ab\)\(\Rightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{1}{ab}\)

Do đó \(P=6{{x}_{1}}{{x}_{2}}+a+b+3\left( \frac{1}{4a}+\frac{4}{b} \right)\)

\(\Leftrightarrow P\,=\frac{6}{ab}+a+b+3\left( \frac{1}{4a}+\frac{4}{b} \right)\)

\(\Leftrightarrow P\,=\left( \frac{6}{ab}+\frac{2}{3}a+\frac{1}{4}b \right)+\left( \frac{1}{3}a+\frac{3}{4a} \right)+\left( \frac{3b}{4}+\frac{12}{b} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các bộ số ta được: \(P\ge 3+1+6=10\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a=\frac{3}{2};b=4\). Vậy \(a+b=\frac{11}{2}\).