Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Lương Văn Can

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3\sin x + \dfrac{2}{x} - {e^x}} \right)dx =  - 3\cos x + 2.\ln \left| x \right| - {e^x} + C} \)

Chọn C.

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

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x <  - 1\end{array} \right.\) hay hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Dễ thấy trong các đáp án, khoảng \(\left( { - 3; - 1} \right) \subset \left( { - \infty ; - 1} \right)\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( { - 3; - 1} \right)\).

Chọn C.

Số hạng thứ tư là \({u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.5 = 17\)

Chọn B.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), kẻ \(OH \bot SM\).

Khi đó \(OM \bot AB,SM \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).

Lại có \(OH \bot SM\) nên \(OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( P \right)} \right) = OH = \dfrac{{4a\sqrt {17} }}{{17}}.\)

Xét tam giác \(OAM\) vuông tại \(M\) có \(OA = a\sqrt 2 ,MA = \dfrac{{AB}}{2} = a \Rightarrow OM = \sqrt {O{A^2} - A{M^2}}  = a\).

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{M^2}}} \Rightarrow \dfrac{{17}}{{16{a^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow SO = 4a\).

Vậy thể tích khối nón \(V = \dfrac{1}{3}\pi .O{A^2}.SO = \dfrac{1}{3}\pi .2{a^2}.4a = \dfrac{{8\pi {a^3}}}{3}\).

Chọn A.

Ta có \(A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\) với \(k\) và \(n\) là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn \(k \le n\).

Chọn A.

Ta có: \(f\left( x \right) + 2\sqrt x f'\left( x \right) = 3x{e^{ - \sqrt x }},\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\,\,\,\left( * \right)\)

\( \Rightarrow {e^{\sqrt x }}f\left( x \right) + 2\sqrt x {e^{\sqrt x }}f'\left( x \right) = 3x\) \( \Rightarrow \dfrac{{{e^{\sqrt x }}f\left( x \right)}}{{2\sqrt x }} + {e^{\sqrt x }}f'\left( x \right) = \dfrac{{3x}}{{2\sqrt x }}\) (với \(x > 0\))

\( \Rightarrow \left[ {{e^{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right]' = \dfrac{{3\sqrt x }}{2} \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {{e^{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right]'dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{3\sqrt x }}{2}dx} \)

\( \Rightarrow \left. {\left[ {{e^{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right]} \right|_0^1 = \left. {\left( {{{\sqrt x }^3}} \right)} \right|_0^1 \Rightarrow e.f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 1\)

Mà từ \(\left( * \right)\) ta có: \(f\left( 0 \right) = 0\) nên \(e.f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = \dfrac{1}{e}\).

Chọn C.

Ta có \(\vec u = 3\vec i - 2\vec j + 2\vec k\) nên tọa độ của \(\overrightarrow u \) là \(\left( {3; - 2;2} \right)\)

Chọn B.

Ta có: \(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {{x^2}dx}  = \dfrac{{{x^3}}}{3} + C\).

Chọn C.

Ta có

\({\left( {0,1} \right)^{{x^2} + x}} > 0,01 \Leftrightarrow {\left( {0,1} \right)^{{x^2} + x}} > {\left( {0,1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} + x < 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 < 0\)\( \Leftrightarrow  - 2 < x < 1\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 2;1} \right)\)

Chọn A.

Ta có: \(CD \bot AD,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SDA} \right)\).

Do đó góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) bằng góc giữa đường thẳng \(CS\) và đường thẳng \(DS\) hay \(\widehat {CSD}\).

Lại có \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 7 ,SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = 2a\sqrt 2 ,CD = a\) nên áp dụng định lý hàm số cô sin cho tam giác \(SCD\) ta có:

\(\cos \widehat {CSD} = \dfrac{{S{D^2} + S{C^2} - C{D^2}}}{{2SD.SC}} = \dfrac{{7{a^2} + 8{a^2} - {a^2}}}{{2.a\sqrt 7 .2a\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt {14} }}{4}\).

Chọn B.

Ta có: \((2i - 1)z = 4 - 3i\)

\( \Leftrightarrow z = \dfrac{{4 - 3i}}{{2i - 1}} = \dfrac{{\left( {4 - 3i} \right)\left( { - 1 - 2i} \right)}}{{\left( { - 1 + 2i} \right)\left( { - 1 - 2i} \right)}} = \dfrac{{ - 4 + 3i - 8i + 6{i^2}}}{{1 - 4{i^2}}} = \dfrac{{ - 10 - 5i}}{5} =  - 2 - i\)

Suy ra \(\overline z  =  - 2 + i\) và có điểm biểu diễn là \(M\left( { - 2;1} \right)\).

Chọn A.

Ta có \({2^x} = 16 \Leftrightarrow x = {\log _2}16 \Leftrightarrow x = 4\)

Chọn B.

Ta có: \(\log \left( {x + y} \right) = z \Leftrightarrow x + y = {10^z}\) ;

\(\log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10^z}.10 = 10\left( {x + y} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 10\left( {x + y} \right) \Rightarrow xy = \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - 10\left( {x + y} \right)}}{2}\)

Do đó \({x^3} + {y^3} = {\left( {x + y} \right)^3} - 3xy\left( {x + y} \right)\) \( = {\left( {x + y} \right)^3} - 3.\dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - 10\left( {x + y} \right)}}{2}.\left( {x + y} \right)\)                      

\( =  - \dfrac{1}{2}{\left( {x + y} \right)^3} + 15{\left( {x + y} \right)^2} =  - \dfrac{1}{2}{.10^{3z}} + {15.10^{2z}}\).

Suy ra \(a =  - \dfrac{1}{2},b = 15 \Rightarrow a + b = \dfrac{{29}}{2}\).

Chọn D.

Dễ thấy phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm bội lẻ là \(x = 0\) (nghiệm đơn) và \(x = 3\) (bội ba) nên \(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua từng nghiệm này.

Vậy hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {{{\log }_2}\left( {3{x^2} + 2} \right)} \right) = \dfrac{{{{\left( {3{x^2} + 2} \right)}^\prime }}}{{\left( {3{x^2} + 2} \right)\ln 2}} = \dfrac{{6x}}{{\left( {3{x^2} + 2} \right)\ln 2}}\)

Chọn C.

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\).

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 1\\0 < x < 1\end{array} \right.\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn B.

ĐKXĐ: \({3^x} - 9 \ne 0 \Leftrightarrow {3^x} \ne 9 \Leftrightarrow {3^x} \ne {3^2} \Leftrightarrow x \ne 2\)

Suy ra tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Chọn B.

Ta có: .

\(3 = \int\limits_1^2 {\left[ {2f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} {\rm{d}}x = 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x - \int\limits_1^2 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x = 2.2 - \int\limits_1^2 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x = 1\)

Chọn D.

Số cách xếp \(35\) học sinh thành 1 hàng dọc là \(n\left( \Omega  \right) = 35!\)

Coi mỗi học sinh đứng vào 1 chỗ đồng thời  coi 3 học sinh tên Trang chỉ đứng vào 1 chỗ và 2 học sinh tên Huy chỉ đứng vào 1 chỗ thì còn lại 32 chỗ đứng.

Số cách sắp xếp 32 chỗ này thành 1 hàng dọc là \(32!\), đồng thời ta có \(3!\) cách xếp 3 học sinh tên Trang và \(2!\) cách xếp 2 học sinh tên Huy nên số cách sắp xếp cho 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là \(n\left( A \right) = 32!.3!.2!\)

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{32!.3!.2!}}{{35!}} = \dfrac{2}{{6545}}\)

Chọn D.

Phương trình \({z^2} + 2z + 10 = 0\) có hai nghiệm phức \({z_{1,2}} =  - 1 \pm 3i\).

Suy ra \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{1^2} + {3^2}}  = \sqrt {10}  \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2\sqrt {10} \).

Chọn C.

Ta có \({{\rm{z}}^2} + z + {2019^{2018}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {z + \dfrac{1}{2}} \right)^2} - \dfrac{1}{4} + {2019^{2018}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {z + \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{4} - {2019^{2018}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {z + \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \left( {{{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}} \right).{i^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  - \dfrac{1}{4} - \sqrt {{{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}} .i\\z =  - \dfrac{1}{4} + \sqrt {{{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}} .i\end{array} \right.\)

Suy ra \({z_1} =  - \dfrac{1}{2} - \sqrt {{{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}} .i \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \sqrt {{{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + {{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}}  = \sqrt {{{2019}^{2018}}}  = {2019^{1009}}\)

\({z_2} =  - \dfrac{1}{2} + \sqrt {{{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}} .i \Rightarrow \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + {{2019}^{2018}} - \dfrac{1}{4}}  = \sqrt {{{2019}^{2018}}}  = {2019^{1009}}\)

Do đó \(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = {2019^{1009}} + {2019^{1009}} = {2.2019^{1009}}\)

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Vậy phương trình có hai nghiệm số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là \(2\).

Chọn C.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC.\)

Vì \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(2a\) nên \(AE = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Vì \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(AO = \dfrac{2}{3}.AE = \dfrac{2}{3}.a\sqrt 3  = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác \(AOA'\) vuông tại \(A\) nên \(AA' = \sqrt {A'{O^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Thể tích lăng trụ \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.{a^2}\sqrt 3  = 2{a^3}.\)

Chọn A.

Sử dụng công thức tính thể tích trên ta được \(V = \pi \int\limits_1^2 {{f^2}\left( x \right)\,{\rm{d}}x} .\)

Chọn B.

\(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(AB\) nên \(\left( P \right)\) đi qua trung điểm \(M\left( { - \dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2};1} \right)\) của \(AB\) và nhận \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;1;0} \right)\) làm VTPT.

Khi đó \(\left( P \right): - 1\left( {x + \dfrac{3}{2}} \right) + 1\left( {y - \dfrac{1}{2}} \right) + 0\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + 2 = 0\).

Chọn D.

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = 2 + 3t\\z = 3\end{array} \right.\),\(\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) có một VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( { - 2;3;0} \right)\)

Chọn A.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\3 - {\log _2}x \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow 0 < x \le 8\)

Đặt \(\sqrt {3 - {{\log }_2}x}  = t\left( {t \ge 0} \right)\) \( \Rightarrow {t^2} = 3 - {\log _2}x \Leftrightarrow {t^2} + {\log _2}x = 3\,\,\left( 1 \right)\)

Thay \(\sqrt {3 - {{\log }_2}x}  = t\) vào phương trình đã cho ta được \(\log _2^2x + t = 3\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({t^2} + {\log _2}x - \log _2^2x - t = 0 \Leftrightarrow \left( {t - {{\log }_2}x} \right)\left( {t + {{\log }_2}x} \right) - \left( {t - {{\log }_2}x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {t - {{\log }_2}x} \right)\left( {t + {{\log }_2}x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = {\log _2}x\\t = 1 - {\log _2}x\end{array} \right.\)

+ Với \(t = {\log _2}x \Leftrightarrow \sqrt {3 - {{\log }_2}x}  = {\log _2}x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x \ge 0\\\log _2^2x + {\log _2}x - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {\log _2}x = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2}\) \( \Rightarrow x = {2^{\dfrac{{\sqrt {13}  - 1}}{2}}}\left( {TM} \right)\)

+ Với \(t = 1 - {\log _2}x \Leftrightarrow \sqrt {3 - {{\log }_2}x}  = 1 - {\log _2}x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x \le 1\\\log _2^2x - {\log _2}x - 2 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x \ge  - 1\\\left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 2\,\,\left( {ktm} \right)\\{\log _2}x =  - 1\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = {2^{ - 1}}\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm \(x = {2^{\dfrac{{\sqrt {13}  - 1}}{2}}};\,\,x = {2^{ - 1}}\)  nên tích các nghiệm là \({2^{\dfrac{{\sqrt {13}  - 1}}{2}}}{.2^{ - 1}} = {2^{\dfrac{{\sqrt {13}  - 1}}{2} - 1}} = {2^{\dfrac{{\sqrt {13}  - 3}}{2}}}\)

Chọn A.

Ta có: \(3f(x) - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{2}{3}\).

Dễ thấy \(1 > \dfrac{2}{3}\) và \(3 > \dfrac{2}{3} > 0\) nên đường thẳng \(y = \dfrac{2}{3}\) cắt cả hai nhánh của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Vậy phương trình đã cho có \(2\) nghiệm.

Chọn C.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x + 2} \right) = u\\xdx = dv\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{x + 2}}dx = du\\\dfrac{{{x^2}}}{2} = v\end{array} \right.\)

Suy ra \(\int\limits_{ - 1}^4 {x\ln \left( {x + 2} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\ln \left( {x + 2} \right).\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_{ - 1}^4 - \int\limits_{ - 1}^4 {\dfrac{{{x^2}}}{2}.\dfrac{1}{{x + 2}}dx} \)

\(\begin{array}{l} = 8\ln 6 - \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^4 {\left( {x - 2 + \dfrac{4}{{x + 2}}} \right)dx} \\ = 8\ln 6 - \dfrac{1}{2}\left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - 2x + 4\ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^4\\ = 8\ln 6 - \dfrac{1}{2}\left( {4\ln 6 - \dfrac{5}{2}} \right) = 6\ln 6 + \dfrac{5}{4}\end{array}\) 

Theo giả thiết \(\int\limits_{ - 1}^4 {x\ln \left( {x + 2} \right){\rm{d}}x}  = a\ln 6 + \dfrac{5}{b}\)  nên duy ra \(a = 6;b = 4 \Rightarrow 2a + 3b = 2.6 + 3.4 = 24\)

Chọn A.

Dễ thấy các điểm \(A,B,C\) lần lượt thuộc các trục tọa độ nên \(OABC\) là tứ diện vuông tại \(O\).

Do đó đường thẳng \(OH\) đi qua \(O\) và vuông góc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) hay nhận \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3;6; - 2} \right)\) làm VTCP. Khi đó \(OH:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3t\\y = 6t\\x =  - 2t\end{array} \right.\).

Kiểm tra các đáp án ta loại được A, D.

Đáp án B: Kiểm tra điểm \(O\) thuộc đường thẳng (ứng với \(t = 1\)) nên đường thẳng ở đáp án B trung với \(OH\).

Chọn B.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử \(SO = b\) ta có: \(OC = OD = OA = OB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow C\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),D\left( {0;\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};0} \right),A\left( { - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),\)\(B\left( {0; - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};0} \right),S\left( {0;0;b} \right)\).

Gọi \(K\) trung điểm \(SA\) thì \(K\left( { - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4};0;\dfrac{b}{2}} \right)\), \(E\) đối xứng với \(D\) qua \(K\) nên \(E\left( { - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}; - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};b} \right)\).

\(M\) là trung điểm của \(AE \Rightarrow M\left( { - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}; - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4};\dfrac{b}{2}} \right)\).

\(N\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow N\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}; - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4};0} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( {\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4};0; - \dfrac{b}{2}} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};0; - b} \right),\overrightarrow {SN}  = \left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}; - \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}; - b} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0;\dfrac{{ab\sqrt 2 }}{2};0} \right)\)

Suy ra \(d\left( {MN,SC} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {SC} } \right].\overrightarrow {SN} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {0 - \dfrac{{{a^2}b}}{4} + 0} \right|}}{{\sqrt {0 + \dfrac{{2{a^2}{b^2}}}{4} + b} }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Chọn A.

Ta có: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = 1 + 3t\\z = 2t\end{array} \right.\) nên \(M \in d \Rightarrow M\left( {6t;3t + 1;2t} \right)\).

Khi đó \(MA = \sqrt {{{\left( {2 - 6t} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {2t} \right)}^2}}  = \sqrt {49{t^2} - 18t + 5}  = \sqrt {{{\left( {7t - \dfrac{9}{7}} \right)}^2} + \dfrac{{164}}{{49}}}  \ge \dfrac{{2\sqrt {41} }}{7}\)

\(\begin{array}{l}MB = \sqrt {{{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {3 - 3t} \right)}^2} + {{\left( {2t} \right)}^2}}  = \sqrt {49{t^2} - 18t + 9}  = \sqrt {{{\left( {7t - \dfrac{9}{7}} \right)}^2} + \dfrac{{360}}{{49}}}  \ge \dfrac{{6\sqrt {10} }}{7}\\MC = \sqrt {{{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2t} \right)}^2}}  = \sqrt {49{t^2} - 18t + 37}  = \sqrt {{{\left( {7t - \dfrac{9}{7}} \right)}^2} + \dfrac{{1732}}{{49}}}  \ge \dfrac{{2\sqrt {433} }}{7}\\ \Rightarrow MA + 2MB + 3MC \ge \dfrac{{2\sqrt {41}  + 12\sqrt {10}  + \sqrt {433} }}{7}\end{array}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow 7t - \dfrac{9}{7} = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{9}{{49}} \Rightarrow M\left( {\dfrac{{54}}{{49}};\dfrac{{76}}{{49}};\dfrac{{18}}{{49}}} \right) \Rightarrow a + b + c = \dfrac{{148}}{{149}}\).

Chọn A.

Nhận xét: Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng nếu nó có tâm là trung điểm của đoạn vuông góc chung. Từ đó ta tìm đoạn vuông góc chung và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.

\({\Delta _1}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\) và \({\Delta _2}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\).

Gọi \(M\left( {t;2 - t; - 4 + 2t} \right),\,\,N\left( { - 8 + 2t';6 + t';10 - t'} \right)\) lần lượt là hai điểm thuộc \({\Delta _1},\,\,{\Delta _2}\) sao cho \(MN\) là đoạn vuông góc chung.

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - 8 + 2t' - t;4 + t' + t;14 - t' - 2t} \right)\)

\(MN\) là đoạn vuông góc chung \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6t + t' = 16\\t + 6t' = 26\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\t' = 4\end{array} \right.\).

Suy ra \(M\left( {2;0;0} \right),N\left( {0;10;6} \right) \Rightarrow I\left( {1;5;3} \right)\) là trung điểm của \(MN\) và cũng là tâm mặt cầu cần tìm.

Bán kính mặt cầu \(R = IM = \sqrt {{{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0 - 5} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {35} \).

Vậy phương trình mặt cầu \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 35\).

Chọn C.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - m{x^2} + 9\) có \(y' = 3{x^2} - 2mx = x\left( {3x - 2m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{2m}}{3}\end{array} \right.\).

+) Nếu \(m = 0\) thì \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) (thỏa mãn).

+) Nếu \(m \in {\mathbb{N}^*}\) thì \(x = \dfrac{{2m}}{3} > 0\) nên ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

TH1: \(9 - \dfrac{{4{m^3}}}{{27}} \ge 0 \Leftrightarrow m \le \sqrt[3]{{\dfrac{{243}}{4}}}\) thì \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có bảng biến thiên:

Khi đó hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) đồng biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{2m}}{3} \le 2 \Leftrightarrow m \le 3\).

Kết hợp với \(m \le \sqrt[3]{{\dfrac{{243}}{4}}}\) và \(m \ne 0\) ta được \(0 < m \le 3\).

TH2: \(0 < 9 - \dfrac{{4{m^3}}}{{27}} < 9 \Leftrightarrow m > \sqrt[3]{{\dfrac{{243}}{4}}}\).

Khi đó \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có bảng biến thiên:

Khi đó hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) đồng biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\) thì \(\dfrac{{2m}}{3} < {x_3} < 2 \Leftrightarrow m < 3\) (mâu thuẫn với \(m > \sqrt[3]{{\dfrac{{243}}{4}}} \approx 3,93\)) nên trường hợp này không có giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Vậy \(0 \le m \le 3\) và \(m \in \mathbb{N}\) nên \(m \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}\) và tổng các giá trị của \(m\) là \(0 + 1 + 2 + 3 = 6\).

Chọn A.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị \(f'\left( x \right)\) cắt trục \(Ox\) tại ba điểm phân biệt hay \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) nhưng chỉ có 2 nghiệm \(x = 0;x = 2\) là \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm hoặc từ âm sang dương, như vậy  hàm số \(f\left( x \right)\) chỉ có hai điểm cực trị.

Nhận thấy \({\left( {f\left( {1 - x} \right)} \right)^\prime } =  - f'\left( {1 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x =  - 2\\1 - x = 0\\1 - x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\) nhưng chỉ có 2 nghiệm \(x = 1;\,\,x =  - 1\) là \(f'\left( x \right)\) đổi dấu, như vậy  hàm số \(f\left( x \right)\) chỉ có hai điểm cực trị.

Chọn D.

Hình chóp tứ giác có đáy là một tứ giác và có 8 cạnh, 5 mặt và 5 đỉnh.

Chọn A.

Đặt \(\sin x = t\) (\( - 1 \le t \le 1 \Rightarrow  - 1 \le 3t + 2 \le 5\)).

Phương trình đã cho có đúng \(3\) nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( { - \dfrac{\pi }{2};\pi } \right)\) \( \Leftrightarrow \) phương trình \(f\left( {3t + 2} \right) = m\) có đúng hai nghiệm \({t_1},{t_2}\) thỏa mãn \( - 1 < {t_1} \le 0 < {t_2} < 1\) hoặc \(0 < {t_2} < 1 = {t_1}\).

Đặt \(u = 3t + 2\left( { - 1 \le u \le 5} \right)\) thì bài toán trở thành tìm \(m\) để phương trình \(f\left( u \right) = m\) có có đúng hai nghiệm  thỏa mãn \( - 1 < {u_1} \le 2 < {u_2} < 5\) hoặc \(2 < {u_2} < 5 = {u_1}\).

+) TH1: Phương trình \(f\left( u \right) = m\) có đúng hai nghiệm thỏa mãn \( - 1 < {u_1} \le 2 < {u_2} < 5\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \( - 1 < m < 4\).

+) TH2: Phương trình \(f\left( u \right) = m\) có đúng hai nghiệm thỏa mãn \(2 < {u_2} < 5 = {u_1}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(4 < m \le 5\).

Do đó \(m \in \left( { - 1;4} \right) \cup \left( {4;5} \right]\). Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {0;1;2;3;5} \right\}\) và có \(5\) giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Chọn D.

+ Tâm mặt cầu là trung điểm \(I\) của đoạn \(AB\), suy ra \(I\left( {4;1;0} \right)\)

+ Lại có \(AB = \sqrt {{{\left( {5 - 3} \right)}^2} + {{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {36}  = 6\) nên bán kính mặt cầu là \(R = \dfrac{{AB}}{2} = 3\).

+ Phương trình mặt cầu có tâm \(I\left( {4;1;0} \right)\) và bán kính \(R = 3\) là \({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 9\)

Chọn D.

Gọi \(C\left( {1 + t;1 + 2t;1 + 2t} \right)\) là giao điểm của \(\Delta \) và \(d\). Khi đó \(\overrightarrow {AC}  = \left( {t - 1;2t + 1;2t + 4} \right)\).

\(\overrightarrow {BA}  = \left( {0;3; - 4} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {t - 1;2t + 1;2t + 4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {14t + 16; - 4t + 4; - 3t + 3} \right)\)

\(d\left( {B,\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{{\left( {14t + 16} \right)}^2} + {{\left( { - 4t + 4} \right)}^2} + {{\left( { - 3t + 3} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {2t + 1} \right)}^2} + {{\left( {2t + 4} \right)}^2}} }}\)

Dùng MTCT (chức năng TABLE) nhập hàm \(f\left( x \right) = \dfrac{{{{\left( {14x + 16} \right)}^2} + {{\left( { - 4x + 4} \right)}^2} + {{\left( { - 3x + 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {2x + 1} \right)}^2} + {{\left( {2x + 4} \right)}^2}}}\)

Bước START nhập \( - 5\), bước END nhập \(5\) và bước STEP nhập \(1\).

Ta được kết quả \(f\left( x \right)\) min tại \(x =  - 1\) hay \(d\left( {B,\Delta } \right)\) min khi \(t =  - 1\).

Từ đó \(C\left( {0; - 1; - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {CA}  = \left( {2;1; - 2} \right)\) nên \(AC\) có phương trình \(\dfrac{x}{2} = \dfrac{{y + 1}}{1} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 2}}.\)

Chọn C.

Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) biểu diễn số phức \(z\).

Gọi điểm \(A\left( { - \sqrt {15} ;0} \right),B\left( {\sqrt {15} ;0} \right)\) thì từ \(\left| {z + \sqrt {15} } \right| + \left| {z - \sqrt {15} } \right| = 8 \Rightarrow MA + MB = 8\) hay tập hợp điểm \(M\) là elip có \(c = \sqrt {15} ,2a = 8 \Rightarrow a = 4 \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} - {c^2}}  = 1\) \( \Rightarrow \) phương trình \(\left( {{E_1}} \right):\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + {y^2} = 1\).

Gọi điểm \(C\left( {0; - \sqrt {15} } \right),D\left( {0;\sqrt {15} } \right)\) thì từ \(\left| {z + \sqrt {15} i} \right| + \left| {z - \sqrt {15} i} \right| = 8 \Rightarrow MC + MD = 8\) hay tập hợp điểm \(M\) là elip có \(c' = \sqrt {15} ,2b' = 8 \Rightarrow b' = 4 \Rightarrow a' = \sqrt {b{'^2} - c{'^2}}  = 1\)\( \Rightarrow \) phương trình \(\left( {{E_2}} \right):{x^2} + \dfrac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).

Do \(M \in \left( {{E_1}} \right),M \in \left( {{E_2}} \right)\) nên tọa độ \(M\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + {y^2} = 1\\{x^2} + \dfrac{{{y^2}}}{{16}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{16}}{{17}}\\{y^2} = \dfrac{{16}}{{17}}\end{array} \right. \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}}  = \dfrac{{4\sqrt {34} }}{{17}}\).

Chọn A.

Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(A'\) đến \(BC\)  khi đó \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\) suy ra \(A'H \bot BC\) mà ta có \(AB = AC \Rightarrow A'B = A'C\)  nên \(H\) là trung điểm của \(BC.\) Suy ra \(AH \bot BC\)

Lấy \(D\) là trung điểm của \(B'C'\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\A'H \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'DH} \right)\)

Kẻ \(A'E \bot DH\) tại \(E\)  suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot A'E\,\left( {do\,BC \bot \left( {AA'DH} \right)} \right)\\DH \bot A'E\end{array} \right. \Rightarrow A'E \bot \left( {BCC'B'} \right)\)

Suy ra \(d\left( {A';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'E\) , lại có \(AA'//\left( {BCC'B'} \right)\) nên

\(d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'E = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có \(A'D = AH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác \(A'DH\) vuông tại \(A'\) có \(\dfrac{1}{{A'{E^2}}} = \dfrac{1}{{A'{H^2}}} + \dfrac{1}{{A'{D^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{3}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{A'{H^2}}} + \dfrac{2}{{{a^2}}} \Leftrightarrow A'H = a\)

Thể tích khối lăng trụ là \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = a.\dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{{{a^3}}}{2}\)

Chọn B.

Ta có: \({\log _2}({b^2}c) = {\log _2}{b^2} + {\log _2}c = 2{\log _2}b + {\log _2}c = 2.4 + \left( { - 4} \right) = 4\).

Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 3z - 1 = 0\) có một VTPT là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;3} \right)\).

Chọn B. 

Đặt \(t = 2\sin \dfrac{x}{2}\cos \dfrac{x}{2} + 3 = \sin x + 3 \Rightarrow 2 \le t \le 4\).

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( t \right) = 5,\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( t \right) = 1\) nên GTNN của \(g\left( x \right)\) là \(1\) đạt được tại \(t = 2\) hay \(\sin x =  - 1 \Leftrightarrow x =  - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \) và GTLN của \(g\left( x \right)\) đạt được bằng \(5\) đạt được tại \(t = 4\) hay \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \).

Vậy tổng là \(1 + 5 = 6\).

Chọn A.

Số giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = 3\) là  3.

Chọn: B

Quan sát bảng biến thiên ta có: Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\): Là mệnh đề sai.

Chọn: B

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

Chọn: C

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2017;2018;2019} \right)\) trên trục Oz có tọa độ là: \(M'\left( {0;0;2019} \right)\).

Chọn: B

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng (H) được giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\), trục Ox và hai đường thẳng \(x = a,x = b\) là: \(\pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \).

Chọn: D

Nếu \(a > 1\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Chọn: D