Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Ngô Thời Nhiệm

Ta có: \({e^{2x}} - 3{e^x} - 4 + 12{e^{ - x}} = 0\)

\(\Leftrightarrow {e^{2x}} - 3{e^x} - 4 + \dfrac{{12}}{{{e^x}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{e^x}} \right)^3} - 3\left( {{e^x}} \right){}^2 - 4\left( {{e^x}} \right) + 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{e^x} + 2} \right)\left( {{e^x} - 3} \right)\left( {{e^x} - 2} \right) = 0\)

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

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

Chọn đáp án A.

Ta có: \({\log _{\dfrac{2}{3}}}x = \dfrac{1}{4}{\log _{\dfrac{2}{3}}}a + \dfrac{4}{7}{\log _{\dfrac{2}{3}}}b\)

\(\Leftrightarrow {\log _{\dfrac{2}{3}}}x = {\log _{\dfrac{2}{3}}}\left( {{a^{\dfrac{1}{4}}}{b^{\dfrac{4}{7}}}} \right)\)

\( \Rightarrow x = {a^{\dfrac{1}{4}}}{b^{\dfrac{4}{7}}}\)

Chọn đáp án B.

\(z =  - \dfrac{{1 + i}}{{1 - i}} =  - \dfrac{{{{(1 + i)}^2}}}{{1 - {i^2}}} =  - i\)

phần thực: 0, phần ảo: -1

Chọn C

\(\begin{array}{l}3{z^2} - 4z + 2 = 0\\\Delta ' = {(b')^2} - ac = 4 - 3.2 =  - 2 = 2{i^2}\end{array}\)

\(\Delta \) có hai căn bậc hai là \(i\sqrt 2 \)và\( - i\sqrt 2 \)

Pt có nghiệm  là \({x_1} = \dfrac{2}{3} + \dfrac{{\sqrt 2 }}{3}i,{x_2} = \dfrac{2}{3} - \dfrac{{\sqrt 2 }}{3}i\)

Hàm số không có GTNN nên A sai.

Đồ thị hàm số không có TCĐ nên B sai.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên C đúng.

 Hàm số không đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) nên D sai.

Từ bbt suy ra y_CT = 0.

Chọn A

Tam giác ABC vuông cân tại B

Ta có:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2} \)

\(\Rightarrow AB = \sqrt {\dfrac{{A{C^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\tan {60^ \circ } = \dfrac{{SA}}{{AB}} \)

\(\Rightarrow SA = \tan {60^ \circ }.AB = \sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}\)\(\, = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\)

Chọn đáp án A.

Tam giác SAB đều

\( \Rightarrow SA = SB = AB = 2a\)

+ \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Khi đó ta có:

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

Chọn đáp án B

Bán kính đáy của hình nón sẽ là: \(R = A'C' = a\sqrt 2 \)

Đường sinh \(l = AC' = \sqrt {A{B^2} + B{C^2} + CC{'^2}} \)\(\, = a\sqrt 3 \)

Diện tích xung quanh của khối nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .a\sqrt 2 .a\sqrt 3  = \pi \sqrt 6 {a^2}\)

Chọn D.

Gọi H là hình chiếu của \(I\left( {\sqrt 5 ;3;9} \right)\) trên Ox\( \Rightarrow H\left( {\sqrt 5 ;0;0} \right)\)\( \Rightarrow R = IH = \sqrt {90} \)

Vậy phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - \sqrt 5 } \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 9} \right)^2} = 90.\)

Lựa chọn đáp án C.

Ta có: \(\int {\dfrac{{{{\ln }^3}x}}{x}\,dx}  = \int {{{\ln }^3}x\,d\left( {\ln x} \right)}  \)\(\,= \dfrac{1}{4}{\ln ^4}x + C\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int\limits_0^e {\left( {3{x^2} - 7x + \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)} \,dx\)

\(= \left( {{x^3} - \dfrac{7}{2}{x^2} + \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_0\end{array} \right. \)

\(= \left( {{e^3} - \dfrac{7}{2}{e^2} + \ln \left( {e + 1} \right)} \right)\)

Chọn dáp án A.

\(y = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2\)\(\) TCN : y=2

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} =  + \infty \end{array} \right\} \)\(\Rightarrow \) TCĐ : \(x= -1\)

Xét pt hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}{x^2} - 3x - 1 = {x^3} - 1\\ \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} + 3x = 0\\ \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y =  - 1\end{array}\)

Ta có: \(y = {\left( {{x^2} - 2x} \right)^{\dfrac{3}{2}}} = \sqrt {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^3}} \)

Điều kiện xác định: \({x^2} - 2x \ge 0 \Leftrightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left[ {0;2} \right]\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\left( {{{25}^{1 + \sqrt 2 }} - {5^{2\sqrt 2 }}} \right){.5^{ - 1 - 2\sqrt 2 }} \)

\(= \left( {{5^{2 + 2\sqrt 2 }} - {5^{2\sqrt 2 }}} \right){.5^{ - 1 - 2\sqrt 2 }}\)

\(= {5^1} - \dfrac{1}{5} = \dfrac{{24}}{5}\)

Chọn đáp án C.

Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.

Gọi H là trung điểm của AB

\( \Rightarrow SH \bot AB\) hay \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

+ Mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45^o

\( \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{AH}} = \tan {45^ \circ } \Leftrightarrow SA = AH = \dfrac{a}{2}\)

Khi đó \(V = \dfrac{1}{3}SH.S{}_{ABC} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\)

Chọn đáp án A.

Gọi r là bán kính của đường tròn đáy hình nón.

\(\begin{array}{l}{S_{xq}} = \pi rl = \pi r.8 = 240\pi \\ \Rightarrow r = 30\left( {cm} \right)\end{array}\)

Đường kính của đường tròn đáy hình nón là: \(d = 2r = 2.30 = 60\left( {cm} \right)\)

Chọn C.

Gọi 3 đỉnh theo thứ tự là \(A,B,C\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;3} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {6;6;4} \right)\)

\({S_{hbh}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| \)\(\,= \sqrt {{{\left( { - 10} \right)}^2} + {{14}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}}  = 2\sqrt {83} \)

Chiều cao của hình chóp \(h = \sqrt {9{a^2} - 2a{}^2}  = a\sqrt 7 \)

Thể tích hình chóp:\(V = \dfrac{1}{3}.h.S = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 7 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 7 }}{3}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int\limits_0^4 \left( {3x - {e^{\dfrac{x}{2}}}} \right)dx \)

\(= \left( {\dfrac{3}{2}{x^2}} \right) \left| \begin{array}{l}^4\\_0\end{array} \right. - 2\int\limits_0^4 {{e^{\dfrac{x}{2}}}\,d\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}  \)

\(= 24 - 2\left( {{e^{\dfrac{x}{2}}}} \right)\left| \begin{array}{l}^4\\_0^{}\end{array} \right. \)

\(= 24 - 2\left( {{e^2} - 1} \right) = 26 - 2{e^2}\)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 26\\b =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow a - 10b = 26 + 20 = 46.\)

Chọn đáp án B.

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y = f\left( x \right)\), trục hoành, các đường thẳng \(x = a,x = b\) là: \(\int\limits_a^b {\left| {f(a)} \right|\,dx} \)

Chọn đáp án A.

\(\eqalign{A& = \dfrac{{2 + 3i}}{{1 + i}} + \dfrac{{3 - 4i}}{{1 - i}} + i(4 + 9i)\cr& = \dfrac{{(2 + 3i)(1 - i) + (3 - 4i)(1 + i)}}{{1 - {i^2}}} + i(4 + 9i)\cr& = \dfrac{{2 - 3{i^2} + i + 3 - 4{i^2} - i}}{2} + 4i - 9\cr& = 6 + 4i - 9 =  - 3 + 4i\cr}\)

\(\begin{array}{l}\left| {\rm{w}} \right| = \left| {z + 3i} \right|\\ \Rightarrow \left| {\left| z \right| - \left| {3i} \right|} \right| \le \left| {z + 3i} \right| \le \left| z \right| + \left| {3i} \right|\\ \Rightarrow \left| {2 - 3} \right| \le \left| {z + 3i} \right| \le 2 + 3\\ \Rightarrow 1 \le \left| {z + 3i} \right| \le 5\\ \Rightarrow \max \left| {\rm{w}} \right| = 5,\min \left| {\rm{w}} \right| = 1\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) =  - 2,\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = 2\) nên các đường thẳng \(y =  - 2,y = 2\) là các đường tCN của ĐTHS.

Quan sát đồ thị ta thấy đây là dáng đồ thị hàm bậc ba nên loại B.

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a > 0\) nên loại A.

Điểm (-1;3) thuộc đồ thị nên chọn C.

Ta có: \(y = \dfrac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2}\)

\(\Rightarrow y' = \dfrac{1}{2}\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)\)

Khi đó ta có:

\(S = y + y'\)

\(\;\;\;= \dfrac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2} + \dfrac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2} = {e^x}\)

Chọn đáp án B.

Đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x = 0\) (trục Oy)

Chọn đáp án D.

\(f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + 2x - 2\)

Với \(x \in \left[ {0,2} \right]:\)

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

Có:

\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow {y{(0)}} =  - 2\\x = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {y{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)}} = \dfrac{{ - 50}}{{27}}\\x = 1 \Rightarrow {y{(1)}} =  - 2\\x = 2 \Rightarrow {y{(2)}} = 0\\ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,2} \right]} f(x) = 0\end{array}\)

Tam giác ABC đều, gọi H là giao điểm của các đường cao.

+ Cạnh bên tạo với đáy một góc bằng \({30^0}\)

\( \Rightarrow \tan {30^0} = \dfrac{{SH}}{{AH}}\)

Mà \(AH = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow SH = AH.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{3}\)

Vậy \(V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{36}}{a^3}\)

Chọn đáp án B.

\(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) đồng phẳng thì \(\left[ {\overrightarrow {\overrightarrow a ,b} } \right].\overrightarrow c  = 0 \Rightarrow x = 2.\)

\(\overrightarrow {MA}  = \left( {2 - m;5 - m;1 - m} \right),\)\(\,\overrightarrow {MB}  = \left( { - 2 - m; - 6 - m;2 - m} \right),\)\(\,\overrightarrow {MC}  = \left( {1 - m;2 - m; - 1 - m} \right)\)

\(M{A^2} - M{B^2} - M{C^2} \)\(\,=  - 3{m^2} - 24m - 20 \)\(\,= 28 - 3{\left( {m - 4} \right)^2} \le 28\)

Để \(M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}\)đạt giá trị lớn nhất thì \(m = 4\)

\(y = {x^3} - 3x + 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Vậy, hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty , - 1} \right)\) và \(\left( {1, + \infty } \right)\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

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

Số giao điểm của đường thẳng y = 4x -1 và đths \(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\) là số nghiệm của \(4x - 1 = {x^3} - 3{x^2} - 1\)

Mặt khác, pt \(4x - 1 = {x^3} - 3{x^2} - 1\) có 3 nghiệm phân biệt nên đường thẳng và đồ thị hàm số có 3 điểm chung

Điều kiện để \({\log _a}b\) có nghĩa là \(0 < a \ne 1,\,b > 0\).

Chọn đáp án C.

Ta có: \({\log _{{a^2}}}(ab) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}{\log _a}b \)\(\,= \dfrac{1}{2}{\log _a}\left( {ab} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int\limits_{ - 2}^1 {\left( {1 - f(x) + 3g(x)} \right)} \,dx \)

\(= \left( x \right)\left| {_{ - 2}^1} \right. - \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)} \,dx + 3\int\limits_{ - 2}^1 {g\left( x \right)} \,dx \)

\(= 3 - 1 + 3.\left( { - 2} \right) =  - 4\)     

Chọn đáp án C.

Áp dụng định nghĩa và tính chất của tích phân ta có:

+ \(\int\limits_a^b {k.dx = k\int\limits_a^b {dx}  = k.\left( x \right)\left| {_a^b} \right. = k\left( {b - a} \right),\,\forall k \in R} \)

+ \(\int\limits_a^b {f(x)\,dx =  - \int\limits_b^a {f(x)\,dx} } \)

+\(\int\limits_a^b {f(x)\,dx = \int\limits_a^c {f(x)\,dx + \int\limits_c^b {f(x)\,dx\,,\,\,\,c \in [a;b]} } } \)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\dfrac{{SM}}{{MA}} = \dfrac{{SN}}{{NB}} = \dfrac{{SP}}{{PC}} = \dfrac{1}{2} \)

\(\Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}\)

Khi đó \(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\)

Chọn đáp án B.

Thể tích khối lăng trụ \(V = \dfrac{1}{2}2a.2a.\sqrt 3  = 2{a^3}\sqrt 3 \)

Chọn đáp án A.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right),\,\overrightarrow {AC}  = \left( {1; - 2;1} \right) \)

\(\Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\)

\(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 2; - 2;4} \right),\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right) \)

\(\Rightarrow \overrightarrow {DC}  = 2.\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow ABCD\) là hình thang và \({S_{ABCD}} = 3{S_{ABC}} = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{2}\)

Vì \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Rightarrow SH = 3\sqrt 3 \)

Lại có \(H\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow H\left( {0;1;5} \right)\)

Gọi \(S\left( {a;b;c} \right) \)

\(\Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - a;1 - b;5 - c} \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow {SH}  = k\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = k\left( {3;3;3} \right) \)\(\,= \left( {3k;3k;3k} \right)\)

Suy ra \(3\sqrt 3  = \sqrt {9{k^2} + 9{k^2} + 9{k^2}}  \Rightarrow k =  \pm 1\)

+) Với \(k = 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( {3;3;3} \right) \)\(\,\Rightarrow S\left( { - 3; - 2;2} \right)\)

+) Với \(k =  - 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) \Rightarrow S\left( {3;4;8} \right)\)

Suy ra \(I\left( {0;1;3} \right)\)

Đường thẳng\(AB\)cắt mặt phẳng \((Oyz)\) tại điểm \(M \Rightarrow M(0;y;z)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = (2; - 1 - y;7 - z),\)\(\,\overrightarrow {MB}  = (4;5 - y; - 2 - z)\)

Từ \(\overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB} \) ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}2 = k.4\\ - 1 - y = k\left( {5 - y} \right)\\7 - z = k\left( { - 2 - z} \right)\end{array} \right. \Rightarrow k = \dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\).

Vậy hàm số không có điểm cực trị.

Đặt \(t = \cos x\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 1\\x = \dfrac{\pi }{3} \to t = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{\sin 2x}}{{1 + \cos x}}\,dx} \)

\(= \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{2\sin x.\cos x}}{{1 + \cos x}}\,dx} \)

\(=  - 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{\cos x}}{{1 + \cos x}}} \,d\left( {\cos x} \right)\)

\( =  - 2\int\limits_1^{\dfrac{1}{2}} {\dfrac{t}{{1 + t}}\,dt} \)

\(= \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{2t}}{{t + 1}}\,dt} \)

Chọn đáp án A.

Ta có \(\int\limits_0^2 {\left( {A\sin \pi x + B} \right)\,dx = 4} \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{\pi }\int\limits_0^2 {A\sin \pi x\,d\left( {\pi x} \right)}  + B\int\limits_0^2 {dx}  = 4\)

\(\Leftrightarrow  \dfrac{A}{\pi }\left( { - \cos \pi x} \right)\left| {_0^2} \right. + B\left( x \right)\left| {_0^2} \right. = 4 \)

\( \Leftrightarrow \dfrac{A}{\pi }\left( { - 1 - \left( { - 1} \right)} \right) + B\left( {2 - 0} \right) = 4\)

\(\Leftrightarrow B = 2\)

Khi đó \(f(x) = A\sin \pi x + 2\)\(\, \Rightarrow f'\left( x \right) = A\pi \cos \pi x\)

Theo giả thiết ta có: \(f'\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow A\pi .\left( { - 1} \right) = 2\)\(\, \Rightarrow A =  - \dfrac{2}{\pi }.\)

Chọn đáp án D.

Thể tích hình khố chữ nhật ban đầu: \(V = abc\)

Thể tích khối mới : \({V_m} = 4a.4b.4c = 64abc\)

Chọn đáp án C.

\(D \in Oy \Rightarrow D(0;y;0)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;2} \right),\)\(\,\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;y - 1;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {0; - 2;4} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0; - 4; - 2} \right) \)

\(\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  =  - 4y + 2\) \({V_{ABCD}} = 5 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{6}\left| { - 4y + 2} \right| = 5 \Leftrightarrow y =  - 7;y = 8\)

\( \Rightarrow {D_1}\left( {0; - 7;0} \right),\,{D_2}\left( {0;8;0} \right) \Rightarrow {y_1} + {y_2} = 1\)

Điều kiện: \({x^2} + 2x - 8 > 0\)

\(\Rightarrow x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Ta có: \({\log _{\dfrac{1}{2}}}({x^2} + 2x - 8) \ge  - 4 \)

\(\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 \le 16\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 24 \le 0 \)

\(\Leftrightarrow x \in \left[ { - 6;4} \right]\)

Kết hợp với điều kiện: \(x \in \left[ { - 6; - 4} \right) \cup \left( {2;4} \right]\)

Chọn đáp án B.

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

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx}  \)

\(= \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. - \int\limits_1^e {\dfrac{x}{2}} \,dx \)

\(= \dfrac{{{e^2}}}{2} - \left( {\dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. \)

\(= \dfrac{{{e^2}}}{2} - \left( {\dfrac{{{e^2}}}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) = I = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}\)

Chọn đáp án C.

Đặt z = x +yi

\(\begin{array}{l}\left| {z + 3 - 3i} \right| = 5\\ \Rightarrow \left| {x + yi + 3 - 3i} \right| = 5\\ \Rightarrow \left| {\left( {x + 3} \right) + \left( {y - 3} \right)i} \right| = 5\\ \Rightarrow \sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2}}  = 5\end{array}\)

ð  Tập hợp biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-3,3), bán kính là 5