Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Hữu Huân

Ta có: \(f\left( x \right) = F'\left( x \right) = \left( {{e^{{x^2}}}} \right)' = \left( {{x^2}} \right)'.{e^{{x^2}}} = 2x.{e^{{x^2}}}\)

Chọn A

Kiểm tra các phương trình đã cho có là phương trình mặt cầu trong các đáp án ta có:

Đáp án A. \({A^2} + {B^2} + {C^2} - D = {\left( { - 1} \right)^2} + {\left( 2 \right)^2} + 0 + 1 = 6 > 0\)

Đáp án B. Loại vì phương trình khuyết \({y^2}\)

Đáp án C. Loại vì có đại lượng \(2xy.\)

Đáp án D. \({A^2} + {B^2} + {C^2} - D = {\left( { - 1} \right)^2} + {1^2} + {\left( { - 2} \right)^2} - 8 < 0\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 4 + i - {\left( {2 - i} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 4 + i - \left( {4 - 4i - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 4 + i - 4 + 4i + 1\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 1 + 5i \Rightarrow z = \dfrac{{1 + 5i}}{{3 + 2i}} = \dfrac{{\left( {1 + 5i} \right)\left( {3 - 2i} \right)}}{{{3^2} + {2^2}}} = \dfrac{{13 + 13i}}{{13}} = 1 + i.\end{array}\)

\( \Rightarrow M\left( {1;1} \right)\).

Chọn C.

Ta có:

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\)  có 1 véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( { - 1;2;1} \right)\) và \(\left( P \right):\,x - y + 3 = 0\) có véctơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 1;0} \right)\)

Khi đó : góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là :

\(\begin{array}{l}\sin \widehat {\left( {d;\left( P \right)} \right)} = \dfrac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\left| {1.\left( { - 1} \right) - 1.2 + 0.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + 0} .\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {1^2}} }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{\sqrt {12} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {\left( {d;\left( P \right)} \right)} = {60^0}\end{array}\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sin \,x = \cos x \Leftrightarrow \sin \,x = \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} - x + k2\pi \\x = \pi  - \dfrac{\pi }{2} + x + k2\pi \,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow 2x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Trên \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) phương trình có 2 nghiệm \(x = \dfrac{{ - 3\pi }}{4};\,\,x = \dfrac{\pi }{4}\).

Chọn C

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

Tuy nhiên \(x =  - 1,\,\,x = 2\) là các nghiệm bội chẵn của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) chỉ có 1 điểm cực trị là \(x = 0\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 3x - 10}  < x - 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 > 0\\{x^2} - 3x - 10 \ge 0\\{x^2} - 3x - 10 < {\left( {x - 2} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\\left[ \begin{array}{l}x \ge 5\\x \le  - 2\end{array} \right.\\{x^2} - 3x - 10 < {\left( {x - 2} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 5\\{x^2} - 3x - 10 < {x^2} - 4x + 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 5\\x < 14\end{array} \right. \Leftrightarrow 5 \le x < 14 \Rightarrow x \in \left[ {5;14} \right)\\ \Rightarrow a = 5;\,b = 14 \Rightarrow A = a + b = 5 + 14 = 19\end{array}\)  

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\tan x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \).

Xét trên \(\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow x = 0\).

Khi đó \(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^2}xdx}  = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^2}xdx}  = \pi \left( {1 - \dfrac{\pi }{4}} \right)\).

Chọn B.

Ta có: \({d_1}:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 2}}\) có 1 véctơ chỉ phương là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2;1; - 2} \right)\)

          \({d_2}:\dfrac{{x + 2}}{{ - 2}} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{z}{2}\)có 1 véctơ chỉ phương là: \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 2; - 1;2} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {{u_1}}  =  - \overrightarrow {{u_2}} \)

Lấy \(M\left( {1;0; - 2} \right) \in {d_1}\). Ta có \(\dfrac{{1 + 2}}{{ - 2}} \ne \dfrac{{0 - 1}}{{ - 1}} \Rightarrow M \notin {d_2}\).

Vậy \({d_1};\,\,{d_2}\) là hai đường thẳng song song.

Chọn C

Do \(0 < a \ne 1 \Rightarrow \) Chưa xác định được tính đơn điệu của hàm số \(y = {\log _a}x\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 3\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow y = 6 \Rightarrow A\left( { - 1;6} \right)\\x = 3 \Rightarrow y =  - 26 \Rightarrow B\left( {3; - 26} \right)\end{array} \right.\)

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B là: \(\dfrac{{x + 1}}{{3 + 1}} = \dfrac{{y - 6}}{{ - 26 - 6}} \Leftrightarrow \dfrac{{x + 1}}{4} = \dfrac{{y - 6}}{{ - 32}} \Leftrightarrow  - 8x - 8 = y - 6 \Leftrightarrow 8x + y + 2 = 0\).

Dựa vào các đáp án ta có \(N\left( {1; - 10} \right) \in AB\).

Chọn D.

Hàm số: \(y = {\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)^\pi }\)

Vì \(\pi  \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Hàm số xác định khi: \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 1\\x > 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow TXD:\,\,D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow SH \bot AD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \supset SH \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(ABCD\) là hình vuông

\( \Rightarrow AD//BC \Rightarrow \angle \left( {BC,\;SA} \right) = \angle \left( {AD,\;SA} \right) = \angle SAD.\)

Lại \(\Delta SAD\) là tam giác đều \( \Rightarrow \angle \left( {BC,\;SA} \right) = \angle SAD = {60^0}.\)

Chọn C.

Gọi bán kính đáy của vật \({N_1}\) và vật \({N_2}\) lần lượt là \({r_1},\;{r_2}.\)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{V_{{N_1}}} = \dfrac{1}{3}\pi r_1^2{h_1} = \dfrac{1}{3}\pi r_1^2.40 = \dfrac{{40\pi r_1^2}}{3}\\{V_{{N_2}}} =  = \dfrac{1}{3}\pi r_2^2h = \dfrac{1}{3}\pi r_2^2h = \dfrac{{\pi r_2^2h}}{3}\end{array} \right.\)

Theo đề bài ta có:

 \({V_{{N_1}}} = 8{V_{{N_2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{40\pi r_1^2}}{3} = 8.\dfrac{{\pi r_2^2h}}{3} \Leftrightarrow 5r_1^2 = r_2^2h \Leftrightarrow \dfrac{{r_2^2}}{{r_1^2}} = \dfrac{5}{h}.\)

Do cắt vật \({N_1}\) bằng một mặt cắt song song với mặt đáy nên theo định lý Ta-lét ta có: \(\dfrac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = \dfrac{h}{{40}} \Rightarrow \dfrac{5}{h} = {\left( {\dfrac{h}{{40}}} \right)^2} \Leftrightarrow {h^3} = {5.40^2} = 8000 \Leftrightarrow h = 20cm.\)

Chọn B.

Ta có: \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = BC.\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\SA \bot BC\;\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SB\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right),\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB,\;AB} \right) = \angle SBA = {60^0}.\)

Xét \(\Delta SAB\) ta có:  \(SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.AB.AD = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3  = {a^3}.\)

Chọn  A.

\(\begin{array}{l}{4^{{x^2} - x}} + {2^{{x^2} - x + 1}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{2^{{x^2} - x}}} \right)^2} + {2.2^{{x^2} - x}} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{x^2} - x}} = 1\\{2^{{x^2} - x}} =  - 3\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {0 - 1} \right| = 1.\end{array}\) 

Chọn D.

Ta có: \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;\;0;\; - 2} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 .\)

\({d_1}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {3; - 1; - 1} \right),\) \({d_2}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;\;1; - 1} \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot {d_1}\\\left( P \right) \bot {d_2}\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;\;2;\;4} \right) = 2\left( {1;\;1;\;2} \right).\)

Khi đó ta có phương trình \(\left( P \right)\) có dạng: \(x + y + 2z + d = 0.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\;\left( P \right)} \right) = R\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {1 + 0 + 2.\left( { - 2} \right) + d} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \sqrt 6  \Leftrightarrow \left| { - 3 + d} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 + d = 6\\ - 3 + d =  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 9\\d =  - 3\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {{P_1}} \right):\;\;\;x + y + 2z + 9 = 0\\\left( {{P_2}} \right):\;\;x + y + 2z - 3 = 0\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi rh \Leftrightarrow 50\pi  = 4\pi {r^2} \Leftrightarrow {r^2} = \dfrac{{25}}{2} \Leftrightarrow r = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}.\) 

Chọn C.

Gọi số phức \(z = x + yi\;\;\left( {x,\;y \in \mathbb{R}} \right).\)

 \(\begin{array}{l}\;\;\;\left| {z - i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)z} \right| \Leftrightarrow \left| {x + yi - i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right)} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {x - y + \left( {y + x} \right)i} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y + x} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = {x^2} - 2xy + {y^2} + {y^2} + 2xy + {x^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2y - 1 = 0.\end{array}\)

Vậy tập hợp biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn bài cho là đường tròn có phương trình \({x^2} + {y^2} + 2y - 1 = 0\)  có tâm \(I\left( {0; - 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 2 .\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{z^2} - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1 + 2i\\z = 1 - 2i\end{array} \right.\\ \Rightarrow P = {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = 1 + {2^2} + 1 + {\left( { - 2} \right)^2} = 10.\end{array}\)

Chọn A.

Số cách chọn các bạn đi lao động là: \({n_\Omega } = C_8^2.C_8^2 = 784\) cách chọn.

Gọi biến cố A: “Chọn mỗi tổ 2 bạn đi lao động, trong đó có đúng 3 bạn nữ”.

Khi đó ta có các TH sau:

+) Tổ 1 có 2 bạn nữ, tổ 2 có 1 bạn nữ và 1 bạn nam có: \(C_3^2.C_4^1.C_4^1 = 48\) cách chọn.

+) Tổ 1 có 1 bạn nữ và 1 bạn nam, tổ 2 có 2 bạn nữ có: \(C_5^1.C_3^1.C_4^2 = 90\) cách chọn.

\( \Rightarrow {n_A} = 48 + 90 = 138\) cách chọn.

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{138}}{{784}} = \dfrac{{69}}{{392}}.\)

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {1;\;3; - 1} \right),\;\;\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left( {2; - 1;\;1} \right).\)

\(d = \left( \alpha  \right) \cap \left( \beta  \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_\alpha }} \\\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_\beta }} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\;\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2; - 3; - 7} \right)//\left( { - 2;3;7} \right)\)

+) Tìm tọa độ điểm \(A\left( {{x_0};\;{y_0};\;{z_0}} \right)\) thuộc hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right),\;\;\left( \beta  \right):\)

Chọn \({y_0} = 0 \Rightarrow \left( {{x_0};\;{z_0}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} - {z_0} + 1 = 0\\2{x_0} + {z_0} - 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{z_0} = 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {2;\;0;\;3} \right) \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \(d:\;\;\dfrac{{x - 2}}{{ - 2}} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{{z - 3}}{7}.\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{6^x} + 4 \le {2^{x + 1}} + {2.3^x} \Leftrightarrow {6^x} - {2.2^x} - {2.3^x} + 4 \le 0\\ \Leftrightarrow {2^x}\left( {{3^x} - 2} \right) - 2\left( {{3^x} - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left( {{3^x} - 2} \right)\left( {{2^x} - 2} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{3^x} - 2 \ge 0\\{2^x} - 2 \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{3^x} - 2 \le 0\\{2^x} - 2 \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge {\log _3}2\\x \le 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \le {\log _3}2\\x \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow {\log _3}2 \le x \le 1\end{array}\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x = 1\).

Chọn C.

Khi ô tô dừng hẳn thì ta có: \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 10t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2\;\left( s \right).\)

Cho đến khi dừng hẳn, người đó đi thêm được quãng đường là:

\(S = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^2 {\left( { - 10t + 20} \right)}  = \left. {\left( { - 5{t^2} + 20t} \right)} \right|_0^2 =  - 20 + 40 = 20\;\;\left( m \right).\)

Chọn B.

Gọi M là điểm biểu diễn số phức \(z\), \({F_1}\) và \({F_2}\) là 2 điểm biểu diễn số phức \({z_1} = i\sqrt 5 ,\,\,{z_2} =  - i\sqrt 5 \).

Theo bài ra ta có: \(M{F_1} + M{F_2} = 6 \Rightarrow M\) thuộc Elip \(\left( E \right)\) nhận \({F_1}\) và \({F_2}\) là 2 tiêu điểm.

Lại có \(\left| z \right| = \sqrt 5  \Rightarrow OM = \sqrt 5 \), M thuộc \(\left( E \right) \Rightarrow \) Có 4 điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Đường tròn \(\left( T \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 5 .\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{3^2} + 1}  = \sqrt {10} .\)

\(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB//CD \Rightarrow CD\)  nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm VTCP \( \Rightarrow CD\) nhận vecto \(\left( {1;\;3} \right)\) làm VTPT

\(CD:\;\;x + 3y + c = 0.\) 

Phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(I\left( {1; - 2} \right)\) và vuông góc với \(AB\) là:

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

Ta có: \(d\left( {I;\;CD} \right) = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{{CD}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4}} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {1 + 3.\left( { - 2} \right) + c} \right|}}{{\sqrt {1 + {3^2}} }} = \sqrt {5 - \dfrac{{10}}{4}}  \Leftrightarrow \left| { - 5 + c} \right| = 5\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 5 + c = 5\\ - 5 + c =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 10\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}CD:\;\;x + 3y + 10 = 0\\CD:\;\;x + 3y = 0\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn D.  

Ta có: \(I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right){e^{f\left( x \right)}}dx}  = \int\limits_0^1 {{e^{f\left( x \right)}}d\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \left. {{e^{f\left( x \right)}}} \right|_0^1 = {e^{f\left( 1 \right)}} - {e^{f\left( 0 \right)}} = {e^5} - {e^5} = 0.\)

Chọn C.

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
{\log _2}\left( {7{x^2} + 7} \right) \ge {\log _2}\left( {m{x^2} + 4x + m} \right)\\
\Leftrightarrow 7{x^2} + 7 \ge m{x^2} + 4x + m > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}
\end{array}\\
{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{\Delta ' = 4 - {m^2} < 0}\\
{\left( {m - 7} \right){x^2} + 4x + m - 7 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}}
\end{array}} \right.}\\
\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 2}\\
{m < - 2}
\end{array}} \right.}\\
{m - 7 < 0}\\
{4 - {{\left( {m - 7} \right)}^2} \le 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 2}\\
{m < - 2}
\end{array}} \right.}\\
{m < 7}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m - 7 \ge 2}\\
{m - 7 \le 2}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 0}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 2}\\
{m < - 2}
\end{array}} \right.}\\
{m < 7}\\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \ge 9}\\
{m \le 5}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \in \left( {2;5} \right]
\end{array}
\end{array}\)

Chọn C.

Gọi \(\overrightarrow {{n_p}} ,\,\,\overrightarrow {{n_Q}} \) lần lượt là các VTPT của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) ta có \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;2; - 2} \right);\,\,\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;m;m - 1} \right)\).

Khi đó ta có \(\cos \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}} = \dfrac{{\left| {1 + 2m - 2m + 2} \right|}}{{3\sqrt {1 + {m^2} + {{\left( {m - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {2{m^2} - 2m + 2} }}\)

Ta có \(2{m^2} - 2m + 2 = 2\left( {{m^2} - m} \right) + 2 = 2\left( {{m^2} - 2.m.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) + 2 = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{2} \ge \dfrac{3}{2}\)

\( \Rightarrow \cos \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) \le \dfrac{1}{{\dfrac{3}{2}}} = \dfrac{2}{3}\).  Dấu " =" xảy ra \( \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}\).

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right)\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( Q \right):\,\,x + \dfrac{1}{2}y - \dfrac{1}{2}z + 2019 = 0\).

Khi đó \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(M( - 2019;\;1;\;1)\)

Chọn C.

\({\log _2}^2x - {\log _2}{x^2} + 3 = m\). (ĐK: \(x > 0\))

\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x + 3 = m\,\,\left( {Do\,\,x > 0} \right)\).

Đặt \(t = {\log _2}x\). Khi \(x \in \left[ {1;8} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;3} \right]\).

Bài toán trở thành: Tìm \(m\) để phương trình \({t^2} - 2t + 3 = m\) có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\). 

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - 2t + 3\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - 2t + 3\) ta có \(f'\left( t \right) = 2t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow m \in \left[ {2;6} \right]\).

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(x - m + 2 = \dfrac{{2x}}{{x - 1}}\,\,\left( {x \ne 1} \right)\).

\( \Leftrightarrow {x^2} - x + \left( { - m + 2} \right)x + m - 2 = 2x \Leftrightarrow g\left( x \right) = {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m - 2 = 0\,\,\left( * \right)\)

Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow pt\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\g\left( 1 \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\1 - \left( {m + 1} \right) + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m + 9 > 0\\1 - m - 1 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 3} \right)^2} > 0\\ - 2 \ne 0\;\;\forall m \in \mathbb{R}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ne 3.\)

Gọi \({x_A},\,\,{x_B}\) là 2 nghiệm phân biệt của (*), áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = m + 1\\{x_A}{x_B} = m - 2\end{array} \right.\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {{y_B} - {y_A}} \right)^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {{x_B} - m + 2 - {x_A} + m - 2} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} = 2\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_A}{x_B}} \right] = 2\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 4\left( {m - 2} \right)} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\left( {{m^2} + 2m + 1 - 4m + 8} \right) = 2\left( {{m^2} - 2m + 9} \right) = 2{\left( {m - 1} \right)^2} + 16 \ge 16\end{array}\)

Ta có: \(A{B^2} \ge 16 \Leftrightarrow AB \ge 4\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = 1\;\;\left( {tm} \right)\).

Vậy \(m = 1\).

Chọn D.

Ta có: \(AA'//\left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {M;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{M.BCC'B'}} = {V_{A.BCC'B'}} = \dfrac{{2V}}{3} \Rightarrow V' = \dfrac{{2V}}{3} \Rightarrow \dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn D.

Xét đáp án A ta có:

Với \(n \in {\mathbb{N}^*}\): \({u_n} = \dfrac{n}{{n + 1}} = \dfrac{{n + 1 - 1}}{{n + 1}} = 1 - \dfrac{1}{{n + 1}}\)

Do \(n > 0 \Rightarrow n + 1 > 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{n + 1}} < 1 \Rightarrow 1 - \dfrac{1}{{n + 1}} > 0\).

Lại có \(\dfrac{1}{{n + 1}} > 0 \Leftrightarrow 1 - \dfrac{1}{{n + 1}} < 1\).

Do đó \(0 < {u_n} < 1\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Vậy dãy số \({u_n} = \dfrac{n}{{n + 1}}\) là dãy số bị chặn.

Chọn A.

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {2z - 1} \right)\left( {1 + i} \right) + \left( {\overline z  + 1} \right)\left( {1 - i} \right) = 2 - 2i\\ \Leftrightarrow \left( {2a + 2bi - 1} \right)\left( {1 + i} \right) + \left( {a - bi + 1} \right)\left( {1 - i} \right) = 2 - 2i\\ \Leftrightarrow 2a + 2bi - 1 + 2ai - 2b - i + a - bi + 1 - ai - b - i = 2 - 2i\\ \Leftrightarrow \left( {3a - 3b} \right) + \left( {a + b - 2} \right)i = 2 - 2i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - 3b = 2\\a + b - 2 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{3}\\b = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow z = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3}i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}}  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{3}\end{array}\)

Chọn B.

Ta có \(CA = CB = CS = a \Rightarrow \) Hình chiếu của \(C\) trên \(\left( {SAB} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAB\).

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAB\) \( \Rightarrow SO \bot \left( {SAB} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(SA\). Tam giác \(SAB\) cân tại \(B \Rightarrow BH \bot SA \Rightarrow O \in BH\).

Ta có:

\(BH = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{4} \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}BH.SA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt {13} }}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt {39} }}{{16}}\).

Gọi \(R\) là bán kính ngoại tiếp \(\Delta SAB\) \( \Rightarrow R = \dfrac{{AB.SB.SA}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{a.a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{4.\dfrac{{{a^2}\sqrt {39} }}{{16}}}} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {13} }} = OA\).

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{4{a^2}}}{{13}}}  = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }}\)

\( \Rightarrow {R_{cau}} = \dfrac{{{{\left( {canh\,\,ben} \right)}^2}}}{{2h}} = \dfrac{{{a^2}}}{{2.\dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }}}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{6}\).

Chọn D.

Giả sử đường phân giác trong của góc \(A\) cắt cạnh \(BC\) tại \(D\).

Ta có \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1;3; - 6} \right)\), phương trình \(BC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 3t\\z = 2 - 6t\end{array} \right.\)

\(D \in BC \Rightarrow D\left( {3 + t;3t;2 - 6t} \right)\).

\(AB = \sqrt {1 + 1 + 4}  = \sqrt 6 ;\,\,AC = \sqrt {4 + 4 + 16}  = 2\sqrt 6 \)

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

\(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{{2\sqrt 6 }} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2DB = DC \Rightarrow 2\overrightarrow {DB}  =  - \overrightarrow {DC} \)

Ta có: \(\overrightarrow {DB}  = \left( { - t; - 3t;6t} \right);\,\,\overrightarrow {DC}  = \left( {1 - t;3 - 3t; - 6 + 6t} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2t = t - 1\\ - 6t =  - 3 + 3t\\12t = 6 - 6t\end{array} \right. \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{3} \Rightarrow D\left( {\dfrac{{10}}{3};\;1;\;0} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AD}  = \left( {\dfrac{4}{3};0;0} \right)//\left( {1;0;0} \right)\). Vậy phương trình đường thẳng \(AD:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1\\z = 0\end{array} \right.\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_1^5 {\left| {\dfrac{{x - 2}}{{x + 1}}} \right|dx}  =  - \int\limits_1^2 {\dfrac{{x - 2}}{{x + 1}}} dx + \int\limits_2^5 {\dfrac{{x - 2}}{{x + 1}}dx} \\ =  - \int\limits_1^2 {\left( {1 - \dfrac{3}{{x + 1}}} \right)dx}  + \int\limits_2^5 {\left( {1 - \dfrac{3}{{x + 1}}} \right)dx} \\ =  - \left. {\left( {x - 3\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_1^2 + \left. {\left( {x - 3\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_2^5\\ =  - \left( {2 - 3\ln 3 - 1 + 3\ln 2} \right) + \left( {5 - 3\ln 6 - 2 + 3\ln 3} \right)\\ =  - 1 + 3\ln 3 - 3\ln 2 + 3 - 3\ln 6 + 3\ln 3\\ = 2 + 3\ln \dfrac{9}{{12}} = 2 + 3\ln \dfrac{3}{4} = 2 + 3\ln 3 - 6\ln 2\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 6\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow P = abc =  - 36\end{array}\)

Chọn A.

ĐKXĐ: \(1 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 1\).

Đặt \(x + \sqrt {1 - {x^2}}  = t\) ta có \({t^2} = {x^2} + 1 - {x^2} + 2x\sqrt {1 - {x^2}}  = 1 + 2x\sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow x\sqrt {1 - {x^2}}  = \dfrac{{{t^2} - 1}}{2}\).

Ta có: \(t\left( x \right) = x + \sqrt {1 - {x^2}} ,\,\,x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow t'\left( x \right) = 1 - \dfrac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {1 - {x^2}}  - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = 0\)

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

BBT:

Từ BBT ta có: \(t \in \left[ { - 1;\sqrt 2 } \right]\).

Khi đó phương trình trở thành : \({e^m} + {e^{3m}} = 2t\left( {1 + \dfrac{{{t^2} - 1}}{2}} \right) = t\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^3} + t\,\,\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + t\) ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0\,\,\forall t \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)\).

Từ (*) \( \Rightarrow f\left( {{e^m}} \right) = f\left( t \right) \Leftrightarrow {e^m} = t \Leftrightarrow m = \ln t \Rightarrow m \in \left( {-\infty ;\ln\sqrt 2 } \right) \)

Lại có \(m \in \mathbb {N} \Rightarrow m =0 \)

Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

TH1: \(m = 1\). Khi đó hàm số trở thành: \(f\left( x \right) =  - 5{x^2} + 4x + 3\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 10x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{5}\).

BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như sau:

Hàm số có 3 điểm cực trị, do đó \(m = 1\) thỏa mãn.

TH2: \(m \ne 1\).

Để hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 3 điểm cực trị thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị trái dấu.

Ta có: \(f'\left( x \right) = f\left( x \right) = 3\left( {m - 1} \right){x^2} - 10x + m + 3 = 0\).

Để hàm số có 2 cực trị trái dấu \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm trái dấu

\( \Leftrightarrow ac < 0 \Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right)\left( {m + 3} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 3 < m < 1\).

Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0} \right\}\).

Kết hợp các trường hợp ta có \(m \in \left\{ { - 2; - 1;\;0;\;1} \right\}\).

Chọn B.

Đặt \(z = a + bi\). Ta có \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = 1 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 1\)\( \Rightarrow {b^2} = 1 - {a^2} \ge 0 \Rightarrow  - 1 \le a \le 1\).

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}P = \left| {{z^2} - z} \right| + \left| {{z^2} + z + 1} \right|\\P = \left| z \right|\left| {z - 1} \right| + \left| {{z^2} + z + 1} \right|\\P = \left| {z - 1} \right| + \left| {{z^2} + z + 1} \right|\\P = \left| {a + bi - 1} \right| + \left| {{a^2} + 2abi - {b^2} + a + bi + 1} \right|\\P = \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2}}  + \sqrt {{{\left( {{a^2} - {b^2} + a + 1} \right)}^2} + {{\left( {2ab + b} \right)}^2}} \\P = \sqrt {{a^2} - 2a + 1 + {b^2}}  + \sqrt {{{\left( {{a^2} - {b^2} + a + 1} \right)}^2} + {b^2}{{\left( {2a + 1} \right)}^2}} \\P = \sqrt {2 - 2a}  + \sqrt {{{\left( {2{a^2} + a} \right)}^2} + \left( {1 - {a^2}} \right){{\left( {2a + 1} \right)}^2}} \\P = \sqrt {2 - 2a}  + \sqrt {4{a^2} + 4a + 1} \\P = \sqrt {2 - 2a}  + \left| {2a + 1} \right|\,\,\left( { - 1 \le a \le 1} \right)\end{array}\)

Sử dụng MTCT ta tìm được \({P_{\max }} = 3,25\).

Chọn A.

\({4^x} + 1 = {2^x}.m.\cos \left( {\pi x} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{2^x}.\cos \left( {\pi x} \right)}}{{{4^x} + 1}} = \dfrac{1}{m}\) (1)

Xét hàm số  \(f\left( x \right) = \dfrac{{{2^x}.\cos \left( {\pi x} \right)}}{{{4^x} + 1}}\)

Dễ dàng kiểm tra \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn \( \Rightarrow \) Nếu \({x_0}\) là nghiệm của \(\left( 1 \right)\) thì \( - {x_0}\) cũng là nghiệm của (1)

Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể là 0.

Thay \(x = 0\) vào (1) ta có:  \(\dfrac{{1.1}}{{1 + 1}} = \dfrac{1}{m} \Leftrightarrow m = 2\)

Kiểm tra lại: với \(m = 2\), phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{2^x}.\cos \left( {\pi x} \right)}}{{{4^x} + 1}} = \dfrac{1}{2}\) (2)

Ta có: \(\dfrac{{{2^x}.\cos \left( {\pi x} \right)}}{{{4^x} + 1}} \le \dfrac{{{2^x}}}{{{4^x} + 1}} \le \dfrac{1}{2} \Rightarrow \) Phương trình (2) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {\pi x} \right) = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\) : nghiệm duy nhất

Vậy, có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn: B

Ta có: \(\log _a^2\left( {bc} \right) + {\log _a}{\left( {{b^3}{c^3} + \dfrac{{bc}}{4}} \right)^2} + 4 + \sqrt {4 - {c^2}} \,\,\left( {a > 1,\,\,\,b,c > 0} \right)\)

\(\begin{array}{l} = \log _a^2\left( {bc} \right) + 2{\log _a}\left( {bc.\left( {{b^2}{c^2} + \dfrac{1}{4}} \right)} \right) + 4 + \sqrt {4 - {c^2}}  \ge \,\log _a^2\left( {bc} \right) + 2{\log _a}\left( {bc.bc} \right) + 4 + \sqrt {4 - {c^2}} \\ = \log _a^2\left( {bc} \right) + 4{\log _a}\left( {bc} \right) + 4 + \sqrt {4 - {c^2}}  = {\left( {{{\log }_a}\left( {bc} \right) + 2} \right)^2} + \sqrt {4 - {c^2}}  \ge 0\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}bc = \dfrac{1}{2}\\{\log _a}\left( {bc} \right) + 2 = 0\\4 - {c^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}bc = \dfrac{1}{2}\\{\log _a}\dfrac{1}{2} + 2 = 0\\{c^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}bc = \dfrac{1}{2}\\{\log _a}2 = 2\\{c^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = \dfrac{1}{4}\\c = 2\end{array} \right.\)

Vậy số bộ \(\left( {a;b;c} \right)\)  thỏa mãn điều kiện đã cho là 1.

Chọn: B

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \int\limits_{2x}^{{x^2}} {\dfrac{{2tdt}}{{{t^2} + 1}}}  = \int\limits_{2x}^{{x^2}} {\dfrac{{d\left( {{t^2} + 1} \right)}}{{{t^2} + 1}}} \\ = \left. {\ln \left( {{t^2} + 1} \right)} \right|_{2x}^{{x^2}} = \ln \left( {{x^4} + 1} \right) - \ln \left( {4{x^2} + 1} \right)\\f'\left( x \right) = \dfrac{{4{x^3}}}{{{x^4} + 1}} - \dfrac{{8x}}{{4{x^2} + 1}} = \dfrac{{4{x^3}\left( {4{x^2} + 1} \right) - 8x\left( {{x^4} + 1} \right)}}{{\left( {4{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{8{x^5} + 4{x^3} - 8x}}{{\left( {4{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 1} \right)}} = \dfrac{{4x\left( {2{x^4} + {x^2} - 2} \right)}}{{\left( {4{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 1} \right)}}\end{array}\)

Nhận xét:

Phương trình \(2{x^4} + {x^2} - 2 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \pm \dfrac{{\sqrt { - 1 + \sqrt {17} } }}{2}\) và \(2{x^4} + {x^2} - 2\) đổi dấu tại 2 điểm này.

\(4x\) đổi dấu tại \(x = 0\)

\(\left( {4{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} + 1} \right) > 0,\,\forall x\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right)\) đổi dấu tại 3 điểm là \(x =  \pm \dfrac{{\sqrt { - 1 + \sqrt {17} } }}{2}\) và \(x = 0\)

\( \Rightarrow \) Số điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right) = \int\limits_{2x}^{{x^2}} {\dfrac{{2tdt}}{{1 + {t^2}}}} \) là 3.

Chọn: D

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

+) Nếu \(m \ge 0\) thì \(y' \ge 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = \dfrac{{12 - m}}{3} = 5 \Rightarrow m =  - 3\) (loại)

+) Nếu \(m < 0\) thì \(y' = 0 \Leftrightarrow \) \(2x{\left( {x + 1} \right)^2} + m = 0 \Leftrightarrow 2{x^3} + 4{x^2} + 2x =  - m\) : có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn [0;2] (do \(f\left( x \right) = 2{x^3} + 4{x^2} + 2x\) có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} + 8x + 2 > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]\))

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 0,\,\,f\left( 2 \right) = 36\)

TH1: \(m \le  - 36\)

\(y' \ge 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow \)\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = \dfrac{{12 - m}}{3} = 5 \Rightarrow m =  - 3\) (loại)

TH2: \( - 36 < m < 0\)

Phương trình \(y' = 0\) có 1 nghiệm duy nhất \({x_0} \in \left( {0;2} \right)\) và đổi dấu tại điểm này

Bảng biến thiên:

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left\{ { - m;\dfrac{{12 - m}}{3}} \right\}\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left\{ { - m;\dfrac{{12 - m}}{3}} \right\} =  - m \Leftrightarrow  - m \ge \dfrac{{12 - m}}{3} \Leftrightarrow m \le  - 6\). Khi đó: \( - m = 5 \Leftrightarrow m =  - 5\): loại

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left\{ { - m;\dfrac{{12 - m}}{3}} \right\} = \dfrac{{12 - m}}{3} \Leftrightarrow  - m \le \dfrac{{12 - m}}{3} \Leftrightarrow m \ge  - 6\). Khi đó: \(\dfrac{{12 - m}}{3} = 5 \Leftrightarrow m =  - 3\): thỏa mãn

Vậy, \(m =  - 3\).

Chọn: C

Mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\)  có tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có: \(O{T^2} = OI.OM \Leftrightarrow OI.OM = {3^2} = 9\)

\(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \overrightarrow {OM}  = \left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)

Phương trình (P) là: \({x_0}\left( {x - 1} \right) + {y_0}\left( {y - 1} \right) + {z_0}\left( {z - 2} \right) = 0\)

 \(\begin{array}{l}OI = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right|}}{{\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} }};\,\,OM = \sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} \\ \Rightarrow \dfrac{{\left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right|}}{{\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} }}.\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2}  = 9 \Rightarrow \left| {{x_0} + {y_0} + 2{z_0}} \right| = 9\end{array}\)

Do  \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right) \in d:\left\{ \begin{array}{l}
x = 1 + t\\
y = 1 + 2t\\
z = 2 - 3t
\end{array} \right.\)

nên giả sử \(M\left( {1 + t;1 + 2t;2 - 3t} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {1 + t + 1 + 2t + 4 - 6t} \right| = 9 \Leftrightarrow \left| {6 - 3t} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 5\end{array} \right.\)

\(t =  - 1 \Rightarrow M\left( {0; - 1;5} \right) \Rightarrow \)\(T = x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 26\)

\(t = 5 \Rightarrow M\left( {6;11; - 13} \right) \Rightarrow \)\(T = x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 326\)

Chọn: B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot OC\\AC \bot OB\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AC \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow AC \bot OH\)

Mà \(OH \bot BC \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OH \bot AH \Rightarrow H\) di động trên mặt cầu đường kính OA.

Mặt khác \(OH \bot BH \Rightarrow H\) di động trên mặt cầu đường kính OB.

\( \Rightarrow H\) di động trên đường tròn cố định là giao tuyến của hai mặt cầu trên (mặt cầu đường kính OA và mặt cầu đường kính OB)

Bán kính cần tìm là: \(r = OM = \dfrac{{OI}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\dfrac{{4\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt 2 }} = 2\)  (do tam giác OIM vuông cân tại M)

Chọn: D

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên đường thẳng BB’ và DD’. Theo đề bài, ta có: \(AH = AK = 1\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}\widehat {\left( {\left( {BB'C'C} \right);\left( {CC'D'D} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ADD'A'} \right)} \right)} = {60^0}\\ \Rightarrow \widehat {HAK} = {60^0}\end{array}\)

(do \(\left( {AHK} \right) \bot AA',\,\,AA' = \left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ADD'A'} \right)\))

Ta có: \(AH \bot BB',\,\,BB'//AA' \Rightarrow AH \bot AA'\).

Mà \(\widehat {BAA'} = {45^0} \Rightarrow \widehat {HAB} = {45^0} \Rightarrow AB = AH.\sqrt 2  = \sqrt 2 \)

 \( \Rightarrow A'B = AB = \sqrt 2 \)

Kẻ \(KI \bot AH\) tại I. Ta có: \(AA' \bot \left( {AKH} \right) \Rightarrow \left( {AA'B'H} \right) \bot \left( {AKH} \right)\).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AA'B'H} \right) \cap \left( {AKH} \right) = AH\\IK \subset \left( {AKH} \right)\\IK \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow IK \bot \left( {AA'B'H} \right) \Rightarrow d\left( {K;\left( {AA'B'H} \right)} \right) = IK\)

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {AA'B'H} \right)} \right) = d\left( {K;\left( {AA'B'H} \right)} \right) = IK\) (do \(DK//\left( {AA'B'H} \right)\))

\(\Delta AHK\) có \(\widehat {HAK} = {60^0}\), \(AH = AK = 1 \Rightarrow IK = \dfrac{{1.\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\({V_{D.AA'B}} = \dfrac{1}{3}.IK.{S_{AA'B}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}.\sqrt 2 .\sqrt 2  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\) \( \Rightarrow V = 6.\dfrac{{\sqrt 3 }}{6} = \sqrt 3 \).

Chọn: C  

Hàm số có TXĐ: \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ 0 \right\} \Rightarrow \) Loại phương án A, B và D

Chọn phương án C 

Chọn: C

Độ dài đường chéo của khối hộp chữ nhật đó là : \(\sqrt {{a^2} + 3{a^2} + 4{a^2}}  = 2\sqrt 2 a\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật đó là : \(\dfrac{{2\sqrt 2 a}}{2} = \sqrt 2 a\)

Diện tích mặt cầu đó là : \(4\pi {\left( {\sqrt 2 a} \right)^2} = 8\pi {a^2}\).

Chọn: D

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.