Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Thái Học

Từ BBT ta thấy \({y_{CD}} =  - 1\) khi \({x_{CD}} = 0\).

Chọn A.

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

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

Chọn D.

Đồ thị hàm số là hàm đa thức bậc ba có nét cuối cùng đi lên \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;1} \right) \Rightarrow \) Loại đáp án B và D.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(M = f\left( 3 \right) = 3,\,\,m = f\left( 2 \right) =  - 2 \Rightarrow M + m = 3 - 2 = 1\).

Chọn C.

Ta có: \(\ln \left( {\dfrac{{a{b^2}}}{{a + 1}}} \right) = \ln \dfrac{a}{{a + 1}} + \ln {b^2} = 2\ln b + \ln a - \ln \left( {a + 1} \right)\).

Chọn A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 3,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 TCN là \(y = 3,\,\,y = 2\),

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y =  - \infty  \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có TCĐ là \(x = 0\).

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 TCN và TCĐ.

Chọn B.

Ta có: \(\int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx}  = 2 + 4 = 6\).

Chọn B.

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

Chọn A.

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2} + {{\left( {1 - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {1 + 9 + 9}  = \sqrt {19} \).

Chọn B.

Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(z = 0\).

Chọn B.

Thay tọa độ điểm \(\left( {3;1;3} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d:\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{3}\) ta có:

\(\dfrac{{3 - 1}}{2} = \dfrac{1}{1} = \dfrac{3}{3} = 1 \Rightarrow \left( {3;1;3} \right) \in \left( d \right)\).

Chọn B.

Thể tích của khối hộp chữ nhật có các cạnh lần lượt bằng \(a,\,\,2a,\,\,3a\) là \(V = a.2a.3a = 6{a^3}\).

Chọn A.

Ta có: \({\left( {a + 2b} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{a^k}{{\left( {2b} \right)}^{5 - k}}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{a^k}{2^{5 - k}}.{b^{5 - k}}} \)

Hệ số của \({a^3}{b^2}\) ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}k = 3\\5 - k = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 3 \Rightarrow \) Hệ số của đơn thức \({a^3}{b^2}\) là \({2^2}C_5^3 = 40\).

Chọn C.

Hàm số \(y = \log \left( {{x^2} - 1} \right)\) xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x <  - 1\end{array} \right.\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Giả sử hình nón có đỉnh \(S\) và \(O\) là tâm đường tròn đáy. Lấy \(A\) là điểm bất kì trên đường tròn đáy ta có \(\angle SAO = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(SAO\) ta có:

\(\begin{array}{l}SO = SA.\sin {60^0} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  = h\\OA = SA.\cos {60^0} = 2a.\dfrac{1}{2} = a = r\end{array}\)

Vậy thể tích khối nón là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {a^2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) ta có \(I\left( {2;2;2} \right)\).

Ta có : \(AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {4 + 4}  = 2\sqrt 2 \).

Do đó mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm \(I\left( {2;2;2} \right)\) và bán kính \(R = \dfrac{{AB}}{2} = \sqrt 2 \).

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

Chọn A.

 \({\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{{x^2} + 2x}} > \dfrac{1}{{27}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow {x^2} + 2x < 3 \Leftrightarrow  - 3 < x < 1\).

Chọn D.

Ta có : \(y' = {e^{x + 1}} + x.{e^{x + 1}} = \left( {1 + x} \right){e^{x + 1}}\).

Chọn C.

Ta có: \({\log _{81}}75 = {\log _{{3^4}}}\left( {{{3.5}^2}} \right) = \dfrac{1}{4}\left( {{{\log }_3}3 + 2{{\log }_3}5} \right) = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \dfrac{2}{a}} \right) = \dfrac{1}{{2a}} + \dfrac{1}{4}\).

Chọn D.

Sử dụng công thức tính nhanh thể tích của khối tứ diện đều có tất cả các cạnh bằng \(a\) bằng \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{{12}}{a^3}\).

Chọn C.

Ta có bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau :

Dựa vào đó ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x =  - 1\).

Chọn D.

Ta có: \(2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{3}{2}\). Khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \dfrac{3}{2}\) song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y = \dfrac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt. Vậy phương trình \(2f\left( x \right) - 3 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + 2m - 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow 3{x^2} - 6x + 2m - 1 \ge 0\,\,\forall x \in y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow g\left( x \right) = 3{x^2} - 6x \ge  - 2m + 1\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow  - 2m + 1 \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} g\left( x \right)\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\) ta có \(g'\left( x \right) = 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

BBT:

\( \Rightarrow  - 2m + 1 \le 0 \Leftrightarrow m \ge \dfrac{1}{2}\).

Chọn C.

Ta có: \(y' = \dfrac{{\left( {{x^3} - x} \right)'}}{{\left( {{x^3} - x} \right)\ln 3}} = \dfrac{{3{x^2} - 1}}{{\left( {{x^3} - x} \right)\ln 3}}\).

Chọn C.

Ta có:  \(T = \dfrac{M}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\left( {1 + r} \right) = \dfrac{{10}}{{0,5\% }}\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{5.12}} - 1} \right]\left( {1 + 0,5\% } \right) = 701,19\) (triệu đồng)

Chọn A.

\(\int\limits_{}^{} {\left( {\sin x + x\ln x} \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\sin xdx}  + \int\limits_{}^{} {x\ln xdx}  =  - \cos x + {I_1} + C\)

Xét \({I_1} = \int\limits_{}^{} {x\ln xdx} \). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dx}}{x}\\v = \dfrac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {I_1} = \ln x.\dfrac{{{x^2}}}{2} - \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{x^2}}}{2}\dfrac{{dx}}{x}}  = \dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x - \dfrac{1}{2}\int\limits_{}^{} {xdx}  = \dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x - \dfrac{{{x^2}}}{4} + C\).

Vậy \(F\left( x \right) =  - \cos x + \dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x - \dfrac{{{x^2}}}{4} + C\).

Chọn A.

Đặt \(t = 2x + 1 \Rightarrow dt = 2dx \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{2}\) và \(x = \dfrac{{t - 1}}{2}\) .

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

Khi đó \(\int\limits_0^1 {\dfrac{{xdx}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}}  = \int\limits_1^3 {\dfrac{{\dfrac{{t - 1}}{2}.\dfrac{{dt}}{2}}}{{{t^2}}}}  = \dfrac{1}{4}\int\limits_1^3 {\dfrac{{t - 1}}{{{t^2}}}dt}  = \dfrac{1}{4}\int\limits_1^3 {\left( {\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{{{t^2}}}} \right)dt}  = \left. {\dfrac{1}{4}\left( {\ln \left| t \right| + \dfrac{1}{t}} \right)} \right|_1^3 = \dfrac{1}{4}\ln 3 - \dfrac{1}{6}\).

\( \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{6},\,\,b = 0,\,\,c = \dfrac{1}{4} \Rightarrow a + b + c = \dfrac{1}{{12}}\).

Chọn B.

Do \(\left( Q \right)\) song song với \(\left( P \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(\left( Q \right):\,\,x + 2y + 2z + d = 0\,\,\left( {d \ne  - 10} \right)\).

Ta có: \(d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{7}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {10 + d} \right|}}{3} = \dfrac{7}{3} \Leftrightarrow \left| {10 + d} \right| = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d =  - 3\\d =  - 17\end{array} \right.\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(x + 2y + 2z - 3 = 0,\,\,x + 2y + 2z - 17 = 0\).

Chọn D.

\(V = {V_1} - {V_2} = \pi h\left( {R_1^2 - R_2^2} \right) = \pi .2.\left( {0,{5^2} - 0,{3^2}} \right) = 0,32\pi \).

Chọn D.

Ta có: \({u_7} = {2.5^6}\). Mà \(u_7^2 = {u_6}.{u_8} \Rightarrow \sqrt {{u_6}.{u_8}}  = {u_7} = {2.5^6}\).

Chọn A.

Ta có: \(\left( {A'B'C} \right) \equiv \left( {A'B'CD} \right) \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'B'C} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \angle \left( {\left( {A'B'CD} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right)\)

Gọi \(O = AD \cap A'D,\,\,O' = BC' \cap B'C \Rightarrow \left( {A'B'CD} \right) \cap \left( {ABC'D'} \right) = OO'\).

Ta có \(ADD'A'\) và \(BCC'B'\) là các hình chữ nhật \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AD',\,\,A'D\). \(O'\) là trung điểm của \(B'C,\,\,BC'\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//C'D'\\AB = C'D'\end{array} \right. \Rightarrow ABC'D'\) là hình bình hành.

Lại có \(AB \bot \left( {BCC'D'} \right) \Rightarrow AB \bot BC' \Rightarrow ABC'D'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow OO' \bot AD'\).

Hoàn toàn tương tự ra chứng minh được \(OO' \bot A'D\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC'D'} \right) \cap \left( {A'B'CD} \right) = OO'\\\left( {ABC'D'} \right) \supset AD' \bot OO'\\\left( {A'B'CD} \right) \supset A'D \bot OO'\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'B'CD} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \angle \left( {AD';A'D} \right)\).

Ta có : \(OA = \dfrac{1}{2}A'D = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{D^2} + AA{'^2}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = a = OD \Rightarrow \Delta OAD\) đều \( \Rightarrow \angle AOD = {60^0}\) .

Vậy \(\angle \left( {AD';A'D} \right) = \angle AOD = {60^0}\).

Chọn C.

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

TH1: \(m = 0 \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị.

TH2: \(m > 0\) ta có bảng xét dấu \(y'\) như sau:

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\,\,\left( {tm} \right)\).

TH3: \(m < 0\) ta có bảng xét dấu \(y'\) như sau:

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực đại tại \(x = m\, \ne 0\,\,\left( {ktm} \right)\).

Chọn D.

Đặt \(t = {e^{{x^2}}} > 0\), khi đó phương trình trở thành \(f\left( t \right) = m\).

Để phương trình \(f\left( {{e^{{x^2}}}} \right) = m\) có đúng 2 nghiệm thực \(x\) thì phương trình \(f\left( t \right) = m\) hoặc có 1 nghiệm \(t > 0\), hoặc có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm \(t > 0\) và một nghiệm \(t \le 0\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( t \right) = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục Ox.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f\left( t \right) = m\) hoặc có 1 nghiệm \(t > 0\), hoặc có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm \(t > 0\) và một nghiệm \(t \le 0\) khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m > 4\end{array} \right.\).

Vậy \(m \in \left\{ 0 \right\} \cup \left( {4; + \infty } \right)\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 1} \right){x^3} + {\left( {{x^2} - x} \right)^2}\left( {2 - m} \right) + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 1} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right){x^3} + {\left( {x - 1} \right)^2}{x^2}\left( {2 - m} \right) + {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left[ {{x^4} + {x^3} + \left( {2 - m} \right){x^2} + x + 1} \right] \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {x^4} + {x^3} + \left( {2 - m} \right){x^2} + x + 1\,\,\forall x \in \mathbb{R}\end{array}\)

+) Với \(x = 0\) ta có: \(1 \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) (luôn đúng) \( \Rightarrow x = 0\) là 1 nghiệm của bất phương trình.

+) Với \(x \ne 0\). Chia cả 2 vế cho \({x^2}\) ta có :

\(\begin{array}{l}pt:\,\,{x^2} + x + \left( {2 - m} \right) + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}} \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow m - 2 \le \left( {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right) + \left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)\,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\end{array}\)

Đặt \(t = x + \dfrac{1}{x}\,\,\left( {\left| t \right| \ge 2} \right) \Rightarrow {t^2} = {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2 \Rightarrow {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} - 2\).

Khi đó phương trình trở thành \(m - 2 \le {t^2} - 2 + t = f\left( t \right)\,\,\forall \left| t \right| \ge 2 \Leftrightarrow m - 2 \le \mathop {\min }\limits_{\left| t \right| \ge 2} f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + t - 2\) với \(\left| t \right| \ge 2\) ta có : \(f'\left( t \right) = 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{1}{2}\)

BBT:

\( \Rightarrow m - 2 \le 0 \Leftrightarrow m \le 2\).

Chọn B.

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^3} + x - m} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\{x^3} + x - m > x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\f\left( x \right) = {x^3} + 1 > m\end{array} \right.\) có nghiệm.

\( \Rightarrow m < \mathop {\max }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + 1\) ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2}\).

BBT:

\( \Rightarrow m \in \mathbb{R}\).

Chọn B.

Đặt \(t = {2^x} > 0\), khi đó phương trình trở thành \({t^2} - mt + 1 = 0\,\,\left( * \right)\).

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm\( \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm dương.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {m^2} - 4 \ge 0\\S = m > 0\\P = 1 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \ge 2\\m \le  - 2\end{array} \right.\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 2\).

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = m\\{t_1}{t_2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{{x_1}}} + {2^{{x_2}}} = m\\{2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = 1\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{{x_1}}} + {2^{{x_2}}} = m\\{2^{{x_1} + {x_2}}} = 1\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{{x_1}}} + {2^{{x_2}}} = m\\{x_1} + {x_2} = 0\end{array} \right.\) (luôn thỏa mãn \(\forall m \ge 2\))

Vậy \(m \ge 2\).

Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\)

\( \Rightarrow \left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right| = f\left( x \right) - g\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} \).

Chọn C.

\(\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{e^x} - 2{e^{ - x}} + 1}}}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{{e^x}dx}}{{{e^{2x}} + {e^x} - 2}}} \)

Đặt \(t = {e^x} \Rightarrow dt = {e^x}dx \Rightarrow I = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{dt}}{{{t^2} + t - 2}}}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{dt}}{{\left( {t - 1} \right)\left( {t + 2} \right)}}}  = \dfrac{1}{3}\ln \left| {\dfrac{{t - 1}}{{t + 2}}} \right| + C = \dfrac{1}{3}\ln \left| {\dfrac{{{e^x} - 1}}{{{e^x} + 2}}} \right| + C\).

Chọn D.

Gọi \(I = d \cap \left( P \right) \Rightarrow I\left( {t;2t - 1; - t + 2} \right)\)

\(I \in \left( P \right) \Rightarrow t + 2t - 1 - t + 2 - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow I\left( {1;1;1} \right)\)

Lấy \(A\left( {0; - 1;2} \right) \in \left( d \right)\). Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( P \right)\) .

Gọi \(\left( \Delta  \right)\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right) \Rightarrow \left( \Delta  \right):\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 1 + t\\z = 2 + t\end{array} \right.\).

Gọi \(H = \left( \Delta  \right) \cap \left( P \right) \Rightarrow H\left( {t; - 1 + t;2 + t} \right) \in \left( P \right)\)

\( \Rightarrow t - 1 + t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{2}{3} \Rightarrow H\left( {\dfrac{2}{3}; - \dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\).

Do A’ đối xứng A qua (P) nên \(H\) là trung điểm của \(AA' \Rightarrow A'\left( {\dfrac{4}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{{10}}{3}} \right)\).

\(d'\) đối xứng \(d\) qua \(\left( P \right) \Rightarrow d'\) đi qua \(I,\,\,A'\).

Ta có : \(\overrightarrow {IA'}  = \left( {\dfrac{1}{3};\dfrac{{ - 2}}{3};\dfrac{7}{3}} \right)//\left( {1; - 2;7} \right)\) là 1 VTCP của \(d'\) 

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(d'\) : \(\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{z - 1}}{7}\).

Chọn C.

Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow BO \bot AC \Rightarrow B,\,\,O,\,\,D\) thẳng hàng.

Ta có \(\Delta ABC\) cân tại \(B \Rightarrow \angle BAC = \angle BCA = {30^0} \Rightarrow \angle ABC = {120^0}\). Dễ thấy \(ABCD\) là hình thoi nên \(\angle ADC = \angle ABC = {120^0}\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AH \bot CD\,\,\left( {H \in CD} \right)\), trong \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH\,\,\left( {K \in SH} \right)\).

Ta có : \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SH\\AK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK\end{array}\).

Lại có \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = AK\).

Ta có : \(AH = AD.\sin \angle ADH = a.\sin 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác vuông SAH có : \(AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn A.

Ta có khối \(PQNMD'C'\) là khối lăng trụ tam giác có 2 đáy là tam giác \(MPD'\) và \(NQC'\).

\(\dfrac{{{V_{PQNMD'C'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{{d\left( {D';\left( {NQC'} \right)} \right).{S_{NQC'}}}}{{d\left( {D'\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}}}} = \dfrac{{{S_{NQC'}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}d\left( {N;B'C'} \right).C'Q}}{{d\left( {C'B'C'} \right).B'C'}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{NC'}}{{CC'}}.\dfrac{{C'Q}}{{B'C'}}\)

Ta có \(\dfrac{{NC'}}{{CC'}} = \dfrac{2}{3}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{C'Q}}{{B'Q}} = \dfrac{{C'N}}{{BB'}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{C'Q}}{{B'Q - C'Q}} = \dfrac{2}{{3 - 2}} \Rightarrow \dfrac{{C'Q}}{{B'C'}} = 2\)

Vậy  \(\dfrac{{{V_{PQNMD'C'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{2}{3}.2 = \dfrac{2}{3} \Rightarrow {V_{PQNMD'C'}} = \dfrac{2}{3}V\).

Chọn B.

Gọi \(h,\,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

Áp dụng định lí Pytago ta có : \(h = 2\sqrt {{R^2} - {r^2}} \)

Khi đó ta có thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = 2\pi {r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}}  = \sqrt 2 \pi \sqrt {{r^4}\left( {{R^2} - {r^2}} \right)}  = \sqrt {{r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)} \)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :  \(\sqrt[3]{{{r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)}} \le \dfrac{{{r^2} + {r^2} + \left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)}}{3} = \dfrac{{2{R^2}}}{3} \Rightarrow {r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right) = \dfrac{{8{R^6}}}{{27}}\)

\( \Rightarrow V \le \sqrt 2 \pi \sqrt {\dfrac{8}{{27}}{R^6}}  = \dfrac{{4\pi \sqrt 3 {R^3}}}{9}\).  Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow {r^2} = 2{R^2} - 2{r^2} \Leftrightarrow r = \dfrac{2}{3}R \Rightarrow \dfrac{{R\sqrt 6 }}{3}\).

Chọn D.

Chia cả 2 vế cho \({4^x} > 0\) ta được \({\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{2x}} + {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^x} - m = 0\).

Đặt \(t = {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^x}\) phương trình trở thành \({t^2} + t - m = 0 \Leftrightarrow f\left( t \right) = {t^2} + t = m\,\,\,\left( * \right)\).

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì phương trình (*) có nghiệm \(t > 0\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{{ - 1}}{2}\).

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy (*) có nghiệm \(t > 0 \Leftrightarrow m > 0\).

Chọn D.

Phương trình \(mp\left( {ABC} \right):\,\,\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\).

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm tam giác \(ABC\) ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {a - 1;b;c} \right),\,\,\overrightarrow {BH}  = \left( {a;b - 2;c} \right)\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - 2;1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1;0;1} \right)\)

Vì \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in \left( {ABC} \right)\\\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b + 2c - 2 = 0\\ - 2b + c = 0\\ - a + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{4}{9}\\b = \dfrac{2}{9}\\c = \dfrac{4}{9}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\dfrac{4}{9};\dfrac{2}{9};\dfrac{4}{9}} \right)\)

Chọn A.

Ta có : \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{x - 1}} > m \Leftrightarrow \dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{{x + 3 - 4}}{{\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)\left( {x - 1} \right)}} > m \Leftrightarrow \dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 3}  + 2}} > m\)

Đặt \(g\left( x \right) = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 3}  + 2}} > m\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{36}} + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 3}  + 2}}\) ta có:

 \(g'\left( x \right) = \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{36}} - \dfrac{{\dfrac{1}{{2\sqrt {x + 3} }}}}{{{{\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{36}} - \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 3} {{\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}^2}}}\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) \le 1\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \sqrt {x + 3}  < 2 \Rightarrow \sqrt {x + 3}  + 2 < 4\\ \Rightarrow 2\sqrt {x + 3} \left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right) < 2.2.4 = 16 \Rightarrow \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 3} \left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}} > \dfrac{1}{{16}}\end{array}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) \le \dfrac{1}{{36}} - \dfrac{1}{{16}} < 0 \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = \dfrac{{f\left( 1 \right)}}{{36}} + \dfrac{1}{4} \Rightarrow m \le \dfrac{{f\left( 1 \right)}}{{36}} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{f\left( 1 \right) + 9}}{{36}}\).

Chọn D.

Ta có \(y' = 2f'\left( {2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 2\). Ta tìm tập hợp các giá trị của x làm cho \(y' < 0\).

Lấy \(x =  - 5 \Rightarrow y'\left( { - 5} \right) = f'\left( { - 11} \right) + 13 > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Lấy \(x = 5 \Rightarrow y'\left( 5 \right) = f'\left( 9 \right) + 33 > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C.

Lấy \(x = 7 \Rightarrow y'\left( 7 \right) = f'\left( {13} \right) + 61 > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án D.

Chọn A.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - a;1 - b;2 - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( { - a;1 - b; - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( {3 - a;1 - b;1 - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 3 = 0\\ - 3b + 3 = 0\\ - 3c + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {1;1;1} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\\ = 3M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \underbrace {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right)}_{\overrightarrow 0 } + \underbrace {I{A^2} + I{B^2} + I{C^2}}_{{\mathop{\rm co}\nolimits} nst}\end{array}\)

Do đó \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow MI \bot \left( Q \right) \Rightarrow MI = d\left( {I;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 1 + 1 - 5} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có \(I{A^2} = {1^2} + {1^2} = 2,\,\,I{B^2} = {1^2} + {1^2} = 2,\,\,I{C^2} = {2^2} = 4\)

\( \Rightarrow {\left( {M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}} \right)_{\min }} = 3.\dfrac{4}{3} + 2 + 2 + 4 = 12\).

Chọn B.

Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên \(\Delta ,\,\,\Delta '\) \( \Rightarrow MH = a,\,\,MK = b\).

Gọi \(PQ\) là đoạn vuông góc chung của \(\Delta \) và \(\Delta '\).

Lấy \(P\left( {t;t;t + 1} \right) \in \left( \Delta  \right);\,\,Q\left( {t' + 1;2t';t'} \right) \in \left( {\Delta '} \right)\) ta có: \(\overrightarrow {PQ}  = \left( {t' - t + 1;\,\,2t' - t;\,\,t' - t - 1} \right)\).

Gọi 2 VTCP của \(\Delta \) và \(\Delta '\) lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;1;1} \right);\,\,\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;2;1} \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' - t + 1 + 2t' - t + t' - t - 1 = 0\\t' - t + 1 + 4t' - 2t + t' - t - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4t' - 3t = 0\\6t' - 4t = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' = 0\\t = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow P\left( {0;0;1} \right);\,\,Q\left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(a + b \ge HK \ge PQ = \sqrt {{1^2} + {1^2}}  = \sqrt 2 \)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có \({a^2} + 2{b^2} = \dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{{\dfrac{1}{2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{1 + \dfrac{1}{2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\dfrac{3}{2}}} = \dfrac{4}{3}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{1} = \dfrac{b}{{\dfrac{1}{2}}}\\M \in PQ\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b\\M \in PQ\end{array} \right. \Leftrightarrow \overrightarrow {MP}  =  - 2\overrightarrow {MQ} \).

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MP}  = \left( { - a; - b;1 - c} \right);\,\,\overrightarrow {MQ}  = \left( {1 - a; - b; - c} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a =  - 2 + 2a\\ - b = 2b\\1 - c = 2c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{3}\\b = 0\\c = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\dfrac{2}{3};0;\dfrac{1}{3}} \right) \Rightarrow {x_0} = \dfrac{2}{3};\,\,{y_0} = 0 \Rightarrow {x_0} + {y_0} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn A.

Ta có: \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {25{a^2} - 16{a^2}}  = 3a\) (Định lí Pytago)

Do đó khối trụ có bán kính đáy \(r = \dfrac{{AB}}{2} = 2a\), chiều cao \(h = AC = 3a\).

\( \Rightarrow {V_{tru}} = \pi .{r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^3}\).

Chọn C.

Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AC = 2a \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}BA.BC = \dfrac{1}{6}.2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = \dfrac{{2{a^3}}}{3}\).

Chọn A.