Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Ngô Gia Tự

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

Chọn: A

\(\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{2x + 5}}dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{d\left( {2x + 5} \right)}}{{2x + 5}}}  = \dfrac{1}{2}\left. {\ln \left| {2x + 5} \right|} \right|_0^1 = \dfrac{1}{2}\ln 7 - \dfrac{1}{2}\ln 5 = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{7}{5}\).

Chọn: A

Điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là: \(\left( {2;5} \right)\).

Chọn: B

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: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y =  - 3t\\z =  - 1 + t\end{array} \right.\).

Chọn: D

Tọa độ \(\overrightarrow a  + \overrightarrow b \) là: \(\left( {5;7;9} \right)\).

Chọn: C 

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Chọn: A

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\).

Chọn: C

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\): là khẳng định sai.

Chọn: B

\({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x + 1 = {2^2} \Leftrightarrow x + 1 = 4 \Leftrightarrow x = 3\).

Chọn: C

Ta có: \(2 = {2.1^3} - 1 + 1 \Rightarrow M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^3} - x + 1\).

Chọn: B

Ta có: \({u_2} = {u_1} + d \Leftrightarrow \dfrac{7}{2} = \dfrac{1}{2} + d \Leftrightarrow d = 3\).

Chọn: D

Ta có: \(\dfrac{\pi }{3} > 1 \Rightarrow \) Hàm số \(y = {\left( {\dfrac{\pi }{3}} \right)^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) .

Chọn: A

Thể tích của khối lăng trụ đó là: \(V = Sh = 4{a^2}.3a = 12{a^3}\).

Chọn: A

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SDA} = {30^0}\)

\(\Delta SAD\) vuông tại A\( \Rightarrow SA = AD.\tan \widehat {SDA} = a\sqrt 3 .\tan {30^0} = a\)

Diện tích hình chữ nhật ABCD: \({S_{ABCD}} = a.a\sqrt 3  = {a^2}\sqrt 3 \).

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \dfrac{1}{3}.{a^2}\sqrt 3 .a = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}\).

Chọn: A

\(\begin{array}{l}y = {\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^2} \Rightarrow y' = 2.\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right).\left( {3{x^2} - 4x} \right) = 2\left( {3{x^5} - 4{x^4} - 6{x^4} + 8{x^3}} \right)\\\,\,\,\,\, = 2\left( {3{x^5} - 10{x^4} + 8{x^3}} \right) = 6{x^5} - 20{x^4} + 16{x^3}\end{array}\)

Chọn: D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\) và \(y =  - {x^2} + 4\) là:

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

\(\begin{array}{l}x = \sqrt 2 \,\, \Rightarrow y = 2 \Rightarrow M\left( {\sqrt 2 ;2} \right)\\x =  - \sqrt 2 \,\, \Rightarrow y = 2 \Rightarrow N\left( { - \sqrt 2 ;2} \right)\end{array}\)

Tọa độ trung điểm I của MN là: \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn: B

Giải phương trình: \( - {x^3} + 12x =  - {x^2} \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Diện tích S của hình phẳng (H) là: \(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {\left( { - {x^3} + 12x} \right) - \left( { - {x^2}} \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx} \)

\(\begin{array}{l} = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx}  + \int\limits_0^4 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|dx} \\ = \int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - 12x - {x^2}} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right)dx} \\ = \left. {\left( {\dfrac{1}{4}{x^4} - 6{x^2} - \dfrac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - 3}^0 + \left. {\left( { - \dfrac{1}{4}{x^4} + 6{x^2} + \dfrac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_0^4\\ = 0 - \left( {\dfrac{1}{4}{{.3}^4} - {{6.3}^2} + \dfrac{1}{3}{{.3}^3}} \right) + \left( { - \dfrac{1}{4}{{.4}^4} + {{6.4}^2} + \dfrac{1}{3}{{.4}^3}} \right) - 0\end{array}\)

\( = \dfrac{{937}}{{12}}\).

Chọn: B

Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ là: \(I\left( { - 1;0;1} \right)\)

Bán kính mặt cầu: \(R = IA = \sqrt {{1^2} + {1^2} + 0}  = \sqrt 2 \)

Phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là:  \({\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\).

Chọn: B

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

Bảng biến thiên:

Hàm số \(y =  - {x^4} + 2{x^2} + 3\) có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là \({y_1} = 4,{y_2} = 3 \Rightarrow \)\({y_1} + {y_2}\)= 7.

Chọn: A

ABCD là hình chữ nhật \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = 2a\)

\(\begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {\widehat {SC;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SCA}\\ \Rightarrow \alpha  = \widehat {SCA}\end{array}\)\( \Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{2a}}{{2a}} = 1\).

Chọn: C

Ta có: \(\left( {1 + 2i} \right)z = 6 - 3i \Leftrightarrow z = \dfrac{{6 - 3i}}{{1 + 2i}} \Leftrightarrow z = \dfrac{{\left( {6 - 3i} \right)\left( {1 - 2i} \right)}}{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {1 - 2i} \right)}} \Leftrightarrow z = \dfrac{{6 - 12i - 3i - 6}}{{1 + 4}} \Leftrightarrow z =  - 3i\)

Phần thực của số phức z là:  0.

Chọn: C

Ta có: \({\log _{\dfrac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \ge  - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 > 0\\{x^2} - 3x + 2 \le {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 1\end{array} \right.\\0 \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \)\(x \in \left[ {0;1} \right) \cup \left( {2;3} \right]\)

Tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left[ {0;1} \right) \cup \left( {2;3} \right]\).

Chọn: C

\(\left( P \right):2x - y - 2z - 9 = 0\) có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {2; - 1; - 2} \right)\)

\(\left( Q \right):x - y - 6 = 0\) có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_2}} \left( {1; - 1;0} \right)\)

\(\cos \left( {\widehat {\left( P \right),\left( Q \right)}} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{{\left| {2.1 + \left( { - 1} \right).\left( { - 1} \right) + 0} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {1^2} + 0} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\widehat {\left( P \right),\left( Q \right)}} \right) = {45^0}\).

Chọn: C

\({z_1},{z_2}\) là hai nghiệm phức của phương trình \({z^2} - 2z + 2018 = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 2\\{z_1}{z_2} = 2018\end{array} \right.\)

\(A = \left| {{z_1} + {z_2} - {z_1}{z_2}} \right| = \left| {2 - 2018} \right| = 2016\).

Chọn: D

Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{3x - 7}}{{x + 2}}\) là: \(\left( { - 2;3} \right)\).

Chọn: B

\(y = \dfrac{{x + 3}}{{2x - 3}} \Rightarrow y' =  - \dfrac{9}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {2;5} \right] \Rightarrow \)Hàm số \(y = \dfrac{{x + 3}}{{2x - 3}}\) nghịch biến trên \(\left[ {2;5} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;5} \right]} y = y\left( 5 \right) = \dfrac{8}{7}\).

Chọn: B

\(\log 60 = \dfrac{{{{\log }_3}60}}{{{{\log }_3}10}} = \dfrac{{{{\log }_3}{2^2} + {{\log }_3}3 + {{\log }_3}5}}{{{{\log }_3}2 + {{\log }_3}5}} = \dfrac{{2{{\log }_3}2 + 1 + {{\log }_3}5}}{{{{\log }_3}2 + {{\log }_3}5}} = \dfrac{{2a + b + 1}}{{a + b}}\).

Chọn: B

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB. Kẻ \(MH \bot SN,\,\,H \in SN\).

Tam giác SBC đều \(SM \bot BC\).

Mà \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right),\,\,\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow SM \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SM \bot AB\)

Ta có:  \(MN//AC\) (do MN là đường trung bình của tam giác ABC) mà \(AB \bot AC \Rightarrow MN \bot AB\) \( \Rightarrow AB \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow AB \bot MH\)

Mà \(MH \bot SN \Rightarrow MH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right) = MH \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 2MH\) (do M là trung điểm của BC)

\(\Delta ABC\) vuông tại A có \(\widehat {ABC} = {30^0} \Rightarrow AC = BC\sin {30^0} = \dfrac{a}{2} \Rightarrow MN = \dfrac{a}{4}\)

\(\Delta SBC\) đều, cạnh a \( \Rightarrow SM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta SMN\) vuông tại M, \(MH \bot SN\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{M^2}}} + \dfrac{1}{{M{N^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{a}{4}} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} + \dfrac{{16}}{{{a^2}}} = \dfrac{{52}}{{3{a^2}}} \Rightarrow MH = \sqrt {\dfrac{3}{{52}}} a\)

\( \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 2.\sqrt {\dfrac{3}{{52}}} a = \sqrt {\dfrac{3}{{13}}} a = \dfrac{{\sqrt {39} }}{{13}}a\).

Chọn: C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Dựng \(OH \bot AB,\,\,H \in AB;\,\,\,\,OK \bot SH,\,K \in SH\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OH\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow AB \bot OK\)

Mà \(OK \bot SH \Rightarrow OK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

\(\Delta OAB\) vuông tại O, \(OH \bot AB \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow OH = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}\)

\(\Delta SOH\) vuông tại O, \(OK \bot SH \Rightarrow \dfrac{1}{{O{K^2}}} = \dfrac{1}{{O{S^2}}} + \dfrac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\dfrac{{3{a^2}}}{{16}}}} = \dfrac{1}{{O{S^2}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{3}{4}{a^2}}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{O{S^2}}} = \dfrac{4}{{{a^2}}} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{2}a\)

Diện tích hình thoi ABCD: \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 3 a.2a = 2\sqrt 3 {a^2}\)

Thể tích của khối chóp  S.ABCD là: \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 {a^2}.\dfrac{1}{2}a = \dfrac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).

Chọn: B

\(\begin{array}{l}F\left( x \right) = \left( {a{x^2} + bx + c} \right)\sqrt {2x - 3} \\ \Rightarrow {\left( {F\left( x \right)} \right)^\prime } = \left( {2ax + b} \right)\sqrt {2x - 3}  + \dfrac{{a{x^2} + bx + c}}{{\sqrt {2x - 3} }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {2ax + b} \right)\left( {2x - 3} \right) + a{x^2} + bx + c}}{{\sqrt {2x - 3} }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{5a{x^2} + \left( {3b - 6a} \right)x - 3b + c}}{{\sqrt {2x - 3} }}\end{array}\)

\(f\left( x \right)\) có một nguyên hàm \(F\left( x \right) \Leftrightarrow {\left( {F\left( x \right)} \right)^\prime } = f\left( x \right)\), khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}5a = 20\\3b - 6a =  - 30\\ - 3b + c = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b =  - 2\\c = 1\end{array} \right.\,\, \Rightarrow S = a + b + c = 3\).

Chọn: D

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {x.f'\left( {2x} \right)dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {x.d\left( {f\left( {2x} \right)} \right)} \\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}x\left. {.f\left( {2x} \right)} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( {2x} \right)dx} \\\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}f\left( 2 \right) - \dfrac{1}{4}\int\limits_0^1 {f\left( {2x} \right)d\left( {2x} \right)} \end{array}\)

\( = \dfrac{1}{2}f\left( 2 \right) - \dfrac{1}{4}\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} \)(đặt \(t = 2x\))

\( = \dfrac{1}{2}f\left( 2 \right) - \dfrac{1}{4}\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx = \dfrac{1}{2}.16 - \dfrac{1}{4}.4 = 8 - 1 = 7} \).

Chọn: D

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

+) Khi \(x \to  + \infty \) thì  \(y \to  - \infty \,\, \Rightarrow a < 0\): Loại phương án C

+) Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow d < 0\): Loại phương án B

+)  \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Hàm số có 2 cực trị trái dấu \( \Rightarrow ac < 0 \Rightarrow c > 0\)(do a < 0): Loại phương án A

Chọn: D

ĐKXĐ: \(x > 0\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {{{\log }_2}4x} \right)^2} - 3.{\log _{\sqrt 2 }}x - 7 = 0 \Leftrightarrow {\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 6{\log _2}x - 7 = 0\\ \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x =  - 1\\{\log _2}x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\x = 8\end{array} \right.\end{array}\)

Phương trình đã cho có 2 nghiệm \(x = \dfrac{1}{2},\,\,x = 8\).

Chọn: C

\(y =  - \dfrac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + \left( {3m + 2} \right)x - 5 \Rightarrow y' =  - {x^2} + 2mx + 3m + 2\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} - 1 < 0\\\Delta  \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le  - 1\,\,\)

\( \Rightarrow a =  - 2,\,\,b =  - 1 \Rightarrow a - 3b = 1\). 

Chọn: B

Gọi số phức đó là\(z = a + bi,\,\,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\), ta có:

\(\left| {z - 2i} \right| = \sqrt 2  \Leftrightarrow \left| {a + bi - 2i} \right| = \sqrt 2  \Leftrightarrow {a^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} = 2\) (1)

\({z^2} = {\left( {a + bi} \right)^2} = \left( {{a^2} - {b^2}} \right) + 2abi\) là số thuần ảo \( \Rightarrow {a^2} - {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b\\a =  - b\end{array} \right.\)

+) \(a = b\). Thay vào (1): \({a^2} + {\left( {a - 2} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow 2{a^2} - 4a + 2 = 0 \Leftrightarrow a = 1 \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow z = 1 + i\)

+) \(a =  - b\). Thay vào (1): \({a^2} + {\left( { - a - 2} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow 2{a^2} + 4a + 2 = 0 \Leftrightarrow a =  - 1 \Rightarrow a =  - 1,\,\,b = 1 \Rightarrow z =  - 1 + i\)

Vậy, có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn: C

\({d_2}:\dfrac{{x - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{y - 1}}{2} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 1}}\) có PTTS là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 1 + 2t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.\)

Gọi giao điểm của \(\Delta \) và \({d_2}\) là \(B\left( {1 - t;1 + 2t; - 1 - t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - t;2t - 1; - t - 4} \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với  \({d_1}\) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_1}}}}  = 0 \Leftrightarrow  - t.3 + \left( {2t - 1} \right).2 + \left( { - t - 4} \right).\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2t + 2 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 3; - 3} \right)\) : là một VTCP của đường thẳng \(\Delta \).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \): \(\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 3}} = \dfrac{{z - 3}}{{ - 3}}\).

Chọn: B

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}X = x - 1\\Y = y - 1\end{array} \right.\). Ta được hệ trục tọa độ \(OXY\) như hình vẽ:

Ta có: \(y = \sqrt x  \Leftrightarrow Y + 1 = \sqrt {X + 1}  \Leftrightarrow Y = \sqrt {X + 1}  - 1\)

Thể tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}V = \pi \int_0^3 {{{\left( {\sqrt {X + 1}  - 1} \right)}^2}dX}  = \pi \int_0^3 {\left( {X + 2 - 2\sqrt {X + 1} } \right)dX} \\\,\,\,\,\, = \pi \left. {\left( {\frac{1}{2}{X^2} + 2X - \frac{4}{3}\left( {X + 1} \right)\sqrt {X + 1} } \right)} \right|_0^3\\\,\,\,\,\, = \pi \left. {\left( {\frac{1}{2}{X^2} + 2X - \frac{4}{3}\left( {X + 1} \right)\sqrt {X + 1} } \right)} \right|_0^3\\\,\,\,\,\, = \pi \left[ {\left( {\frac{9}{2} + 6 - \frac{{32}}{3}} \right) - \left( { - \frac{4}{3}} \right)} \right] = \frac{{7\pi }}{6}\end{array}\)

Chọn: C

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]}}\), có ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \ne 0\\f\left( x \right) \ne 0\\f\left( x \right) \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \ne 0\\x \ne {x_0}\\x \ne {x_1}\\x \ne {x_2}\\x \ne {x_3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \ne {x_2}\\x \ne {x_3}\end{array} \right.,\,\,\,\,1 < {x_2} < 2 < {x_3}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} \dfrac{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]}} = \infty \),\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_3}} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_3}} \dfrac{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]}} = \infty \)

\( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]}}\) có 2 đường tiệm cận đứng.

Chọn: B

\(g\left( x \right) = f\left( {x + 1} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right)\)

Với \(x \in \left( {0;1} \right)\) thì \(x + 1 \in \left( {1;2} \right)\), \(f'\left( {x + 1} \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\,\, \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trong khoảng \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn: B

Gắn hệ trục tọa độ: \(A \equiv O\left( {0;0;0} \right),\,B\left( {1;0;0} \right),\,C\left( {1;1;0} \right),\,D\left( {0;2;0} \right)\), \(S\left( {0;0;\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{1}{2};0;\dfrac{{3\sqrt 2 }}{4}} \right),\,\,N\left( {0;0;\dfrac{{3\sqrt 2 }}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MC}  = \left( {\dfrac{1}{2};1; - \dfrac{{3\sqrt 2 }}{4}} \right)\), lấy \(\overrightarrow a  = 4\overrightarrow {MC}  = \left( {2;4; - 3\sqrt 2 } \right)\)

\(\overrightarrow {CD}  = \left( { - 1;1;0} \right)\), lấy \(\overrightarrow b  = \left( { - 1;1;0} \right)\)

Mặt phẳng (MCD) có 1 VTPT \(\overrightarrow n  = \dfrac{1}{{3\sqrt 2 }}.\left[ {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right] = \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)\), đi qua \(C\left( {1;1;0} \right)\) có phương trình là:

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

\( \Rightarrow {d_{\left( {N;\left( {MNC} \right)} \right)}} = \dfrac{{\left| {0 + 0 + \sqrt 2 .\dfrac{{3\sqrt 2 }}{4} - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 2} }} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}}}{2} = \dfrac{1}{4}\)

Vây, khoảng cách từ N đến mặt phẳng (MCD) bằng: \(\dfrac{1}{4}a\)

Chọn: B

\(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 16\) có tâm \(I\left( {1; - 1;2} \right)\) và bán kính \(R = 4\)

Gọi M, N, P là các hình chiếu vuông góc của I lên 3 mặt phẳng;  \({r_1};{r_2};{r_3}\) là bán kính của đường tròn giao tuyến tương ứng.

Khi đó, A, I, P, N là 4 đỉnh của một hình hộp chữ nhật, ta có: \(I{M^2} + I{P^2} + I{N^2} = I{A^2} = {0^2} + {3^2} + {1^2} = 10\)

\( \Leftrightarrow {R^2} - r_1^2 + {R^2} - r_2^2 + {R^2} - r_3^2 = 10 \Leftrightarrow 3.16 - \left( {r_1^2 + r_2^2 + r_3^2} \right) = 10 \Leftrightarrow r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 = 38\)

Tổng diện tích của ba hình tròn đó là: \(S = \pi \left( {r_1^2 + r_2^2 + r_3^2} \right) = 38\pi \).

Chọn: C.

Hàm số \(g\left( x \right) = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 5 điểm cực trị \( \Leftrightarrow \) \(f\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

Xét \(m{x^3} - 3m{x^2} + \left( {3m - 2} \right)x + 2 - m = 0\)

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

\(f\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow (1)\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{m^2} - m\left( {m - 2} \right) > 0\\m{.1^2} - 2m.1 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\2m > 0\\ - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0\)

Mà \(m \in \left[ { - 10;10} \right],m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;...;10} \right\}\): Có 10 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn: C

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {{x^2}{e^{{x^3} + 1}}dx} \).

Đặt \(t = {x^3} + 1 \Rightarrow dt = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \dfrac{{dt}}{3}\)

\( \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^t}dt}}{3}}  = \dfrac{1}{3}{e^t} + C = \dfrac{1}{3}{e^{{x^3} + 1}} + C\).

Chọn C.

Ta có \({7^{2{x^2} + 5x + 4}} = 49 = {7^2} \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{1}{2}\\x =  - 2\end{array} \right.\).

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là \( - \dfrac{1}{2} - 2 = \dfrac{{ - 5}}{2}\).

Chọn D.

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có \(a > 0\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow \) Loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2;1} \right) \Rightarrow \) Loại các đáp án B và D.

Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SAO = {45^0} \Rightarrow SO = OA = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Chọn B.

Ta có : \(\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{5x + 4}}}  = \dfrac{1}{5}\ln \left| {5x + 4} \right| + C\).

Chọn C.

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = \,\,\,\,\, - 6t\\z =  - 1 - 8t\end{array} \right.\) có 1 VTCP \(\overrightarrow u \left( {4; - 6; - 8} \right)\)

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

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3; - 4} \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow u \left( {4; - 6; - 8} \right)\). Mà \(A\left( {1; - 1;2} \right) \notin d \Rightarrow AB//d \Rightarrow A,B,d\) đồng phẳng

* Xét mặt phẳng chứa \(AB\) và \(d\):

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(\Delta \); \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua \(A\), vuông góc với d

Khi đó, giao điểm \(H\) của \(\Delta \) với \(\left( \alpha  \right)\) là trung điểm của \(AA'\)

\(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT \(\overrightarrow n \left( {2; - 3; - 4} \right)\), đi qua \(A\left( {1; - 1;2} \right)\), có phương trình:

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

\(H \in d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = \,\,\,\,\,\, - 6t\\z =  - 1 - 8t\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \)Giả sử \(H\left( {2 + 4t; - 6t; - 1 - 8t} \right)\)

\(H \in \left( \alpha  \right)\,\, \Rightarrow 2\left( {2 + 4t} \right) - 3\left( { - 6t} \right) - 4\left( { - 1 - 8t} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow 58t + 11 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{{11}}{{58}}\,\,\)\( \Rightarrow H\left( {\dfrac{{36}}{{29}};\dfrac{{33}}{{29}};\dfrac{{15}}{{29}}} \right)\)

Ta có: \(IA + IB = IA' + IB \ge A'B\,\, \Rightarrow {\left( {IA + IB} \right)_{\min }} = A'B\) khi và chỉ khi \(I\) trùng với \({I_0}\) là giao điểm của \(A'B\) và \(\Delta \)

\(H{I_0}\) là đường trung bình của tam giác \(A'AB \Rightarrow \overrightarrow {H{I_0}}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{{I_0}}} - \dfrac{{36}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.2\\{y_{{I_0}}} - \dfrac{{33}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.\left( { - 3} \right)\\{z_{{I_0}}} - \dfrac{{15}}{{29}} = \dfrac{1}{2}.\left( { - 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{{I_0}}} = \dfrac{{65}}{{29}}\\{y_{{I_0}}} = \dfrac{{ - 21}}{{58}}\\{z_{{I_0}}} =  - \dfrac{{43}}{{29}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {I_0}\left( {\dfrac{{65}}{{29}}; - \dfrac{{21}}{{58}}; - \dfrac{{43}}{{29}}} \right)\) 

Vậy, để \(IA + IB\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(I\left( {\dfrac{{65}}{{29}}; - \dfrac{{21}}{{58}}; - \dfrac{{43}}{{29}}} \right) \Rightarrow a + b + c = \dfrac{{65}}{{29}} - \dfrac{{21}}{{58}} - \dfrac{{43}}{{29}} =  - \dfrac{{21}}{{58}}\).

Chọn: D

Cách 1:

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức \({z_1}\) và \({z_2}\)

Theo đề bài, ta có: \(OA = 3,\,OB = 4,\,AB = \sqrt {41} \)

\( \Rightarrow \cos \widehat {AOB} = \dfrac{{{3^2} + {4^2} - 41}}{{2.3.4}} =  - \dfrac{2}{3}\)

Đặt \({z_1} = 3\left( {\cos \varphi  + i\,\sin \varphi } \right) \Rightarrow {z_2} = 4\left( {\cos \left( {\varphi  \pm \widehat {AOB}} \right) + i\,\sin \left( {\varphi  \pm \widehat {AOB}} \right)} \right) = 4\left( {\cos \left( {\varphi  \pm \alpha } \right) + i\,\sin \left( {\varphi  \pm \alpha } \right)} \right),\,\,\left( {\alpha  = \widehat {AOB}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \dfrac{{3\left( {\cos \varphi  + i\,\sin \varphi } \right)}}{{4\left( {\cos \left( {\varphi  \pm \alpha } \right) + i\,\sin \left( {\varphi  \pm \alpha } \right)} \right)}} = \dfrac{3}{4}.\left( {\cos \varphi  + i\,\sin \varphi } \right)\left( {\cos \left( {\varphi  \pm \alpha } \right) - i\,\sin \left( {\varphi  \pm \alpha } \right)} \right)\)

\( = \dfrac{3}{4}.\left[ {\left( {\cos \varphi .\cos \left( {\varphi  \pm \alpha } \right) + \sin \varphi .\sin \left( {\varphi  \pm \alpha } \right)} \right) + i\left( {\,\sin \varphi .\cos \left( {\varphi  \pm \alpha } \right) - \cos \varphi .\sin \left( {\varphi  \pm \alpha } \right)} \right)} \right]\)

\( = \dfrac{3}{4}.\left[ {\cos \left( { \pm \alpha } \right) + i.\sin \left( { \pm \alpha } \right)} \right] = \dfrac{3}{4}.\left( {\cos \alpha  \pm i\sin \alpha } \right)\)

\( \Rightarrow b =  \pm \dfrac{3}{4}\sin \alpha  \Rightarrow \left| b \right| = \dfrac{3}{4}.\sqrt {1 - {{\left( { - \dfrac{2}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 5 }}{4}\).

Cách 2:

Ta có: \(\left| {{z_1}} \right| = 3,\,\left| {{z_2}} \right| = 4,\,\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \sqrt {41}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left| {{z_1}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \dfrac{3}{4}\\\dfrac{{\left| {{z_1} - {z_2}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \dfrac{{\sqrt {41} }}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right| = \dfrac{3}{4}\\\left| {\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}} - 1} \right| = \dfrac{{\sqrt {41} }}{4}\end{array} \right.\)

\(z = \dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = a + bi,\,\,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\,\, \Rightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = {\left( {\dfrac{{\sqrt {41} }}{4}} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = \dfrac{9}{{16}}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = \dfrac{{41}}{{16}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \dfrac{9}{{16}} - {a^2}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + \dfrac{9}{{16}} - {a^2} = \dfrac{{41}}{{16}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \dfrac{5}{{16}}\\a =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| b \right| = \dfrac{{\sqrt 5 }}{4}\\a =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Vậy \(\left| b \right| = \dfrac{{\sqrt 5 }}{4}\).

Chọn: D

Ta có: \(f'\left( x \right) + 2f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow {e^{2x}}f'\left( x \right) + {e^{2x}}.2f\left( x \right) = {e^{2x}} \Leftrightarrow {\left( {{e^{2x}}.f\left( x \right)} \right)^\prime } = {e^{2x}}\)\( \Rightarrow {e^{2x}}.f\left( x \right) = \int {{e^{2x}}} dx \Leftrightarrow {e^{2x}}.f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}{e^{2x}} + C\)

Mà \(f\left( 0 \right) = 1\)\( \Rightarrow 1 = \dfrac{1}{2} + C \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{2}\,\, \Rightarrow \)\({e^{2x}}.f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}{e^{2x}} + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{e^{2x}} + 1}}{{2{e^{2x}}}}\)

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{e^{2x}} + 1}}{{2{e^{2x}}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}{e^{ - 2x}}} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4}{e^{ - 2x}}} \right)} \right|_0^1 = \left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{{4{e^2}}}} \right) - \left( { - \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{3}{4} - \dfrac{1}{{4{e^2}}}\).

Chọn: B