Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Phước Long

Ta có: \(y = \dfrac{1}{2}{\tan ^2}x + \ln (\cos x)\)

\(\Rightarrow y' = {\left( {\dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \ln (\cos x)} \right)^\prime }\)

\( \;\;\;\;\;\;\;\;\;= \tan x.\dfrac{1}{{\cos {x^2}}} - \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}\)

\(\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \left( {{{\tan }^2}x + 1} \right)\tan x - \tan x = {\tan ^3}x.\)

Chọn đáp án B.

Hàm số có ba điểm cực trị. (Đúng)          

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3. (Đúng)

Hàm số có giá trị cực đại bằng 0. (Sai vì Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0)

Hàm số có hai điểm cực tiểu. (Đúng)

\(f\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - m\)

Số nghiệm của phương trình \(\) chính bằng số giao điểm của đths y=f(x) và đường thẳng y= -m 

Để \(f\left( x \right) + m = 0\) có 3 nghiệm pb thì đths y = f(x) cắt đường thẳng y=-m tại 3 điểm

\(\begin{array}{l} \Rightarrow  - 1 < - m < 2\\ \Leftrightarrow  - 2 < m < 1\\ \Rightarrow m \in \left( { - 2,1} \right)\end{array}\)    

\(\begin{array}{l}{V_{ABC.A'B'C'}} = h.{S_{ABC}}\\{V_{A'.ABC}} = \dfrac{1}{3}h.{S_{ABC}}\\ \Rightarrow {V_{A'.ABC}} = \dfrac{V}{3}\end{array}\)

Chọn A.

Khối lập phương là khối đa diện đều loại {4,3}

Chọn C.

Xét pt:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} = x + 2{\rm{         }}\left( {{\rm{Dk: x}} \ne {\rm{2 }}} \right)\\ \Rightarrow x + 1 = {x^2} - 4\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 5 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_M} = \dfrac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\\{x_N} = \dfrac{{1 - \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Do I là trung điểm của MN nên \({x_I}  = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} + \frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}}}{2}= \dfrac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}z{\rm{ }} = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}3i\\ \Rightarrow 2iz - \overline z  = {\rm{ }}2i\left( {2{\rm{ }} + 3i} \right){\rm{ }}--{\rm{ }}\left( {2{\rm{ }}--{\rm{ }}3i} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4i - 6 - 2 + 3i\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 8 + 7i\end{array}\)

Áp dụng công thức nguyên hàm \(\int {\dfrac{1}{{ax + b}}\;dx}  = \dfrac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C\)

Khi đó ta có:

\(\int\limits_1^5 {\dfrac{{dx}}{{2x - 1}} = } \left( {\dfrac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right)\left| {_{_{_1^{}}^{}}^{_{}^{_{}^5}}} \right. \)\(\,= \dfrac{1}{2}\ln 9 - \dfrac{1}{2}\ln 1 = \ln 3.\)

Chọn đáp án B.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\\int\limits_b^d {f\left( x \right)\,dx = 2} \,\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\ - \int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx = 2} \,\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\\int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx =  - 2} \,\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx\, + \int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx} \,}  \)\(\,= 5 + \left( { - 2} \right) = 3.\)

Chọn đáp án A.

Kẻ \(O'H \bot AB \Rightarrow \sin {60^o} = \dfrac{{HB'}}{{O'B'}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \)

\(\Rightarrow A'B' = r\sqrt 3 \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_{xq}} = 2\pi rh = 4\pi  \Rightarrow rh = 2\\h = MQ = QP = 2r\end{array} \right.\\ \Rightarrow A'B' = \sqrt 3\\  \Rightarrow {S_{ABB'A'}} = AA'.A'B' = 2\sqrt 3 \end{array}\)

Chọn B.

Chiều cao hình trụ \(h = 4d = 4.2r = 8a\)

Bán kính đáy hình trụ là R = a

Diện tích xung quanh của khối trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .a.8a = 16\pi {a^2}\)

Chọn  C.

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

Đáp án A: tâm đối xứng \(I\left( { - 3;2} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} \)

Đáp án B: tâm đối xứng \(I\left( { - 1; - 1} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2 \)

Đáp án C:

\(\begin{array}{l}y' = 6{x^2} - 6x\\y'' = 12x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow y\left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \frac{5}{2}\end{array}\)

tâm đối xứng \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {26} }}{2}\)

Đáp án D:

\(\begin{array}{l}y' =  - 3{x^2} + 3\\y'' =  - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0\\ \Rightarrow y\left( 0 \right) =  - 2\end{array}\)

tâm đối xứng \(I\left( {0; - 2} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = 2\)

Vậy điểm cách O khoảng lớn nhất là \(I\left( { - 3;2} \right)\).

Chọn đáp án A.

C sai vì có thể xảy ra TH hàm số đơn điệu trên R nên không có cực trị.

Ta có: \(y = (x + 1).{e^x} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {(x + 1).{e^x}} \right)^\prime } \)\(\,= {\left( {x + 1} \right)^\prime }.{e^x} + \left( {x + 1} \right){\left( {{e^x}} \right)^\prime } \)\(\,= {e^x} + \left( {x + 1} \right){e^x}\)

\( \Rightarrow y' - y = {e^x}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(y = \sqrt {{x^2} + 3x + 5} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {\sqrt {{x^2} + 3x + 5} } \right)^\prime } \)\(\,= \dfrac{{{{\left( {{x^2} + 3x + 5} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 5} }}\)\(\; = \dfrac{{2x + 3}}{{2\sqrt {{x^2} + 3x + 5} }}\)

Khi đó \(y'\left( 1 \right) = \dfrac{{2.1 + 3}}{{2\sqrt {1 + 3.1 + 5} }} = \dfrac{5}{{2.3}} = \dfrac{5}{6}\).

Chọn đáp án C.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {{e^x}} \right) = {e^x}dx\\d\left( {{{\sin }^2}x} \right) = 2\sin x.\cos x\,dx\end{array} \right. \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}d\left( {{e^x}} \right) = {e^x}dx\\d\left( {{{\sin }^2}x} \right) = \sin 2x\,dx\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(f\left( x \right) = {e^x} + \sin 2x\)

Chọn đáp án B.

Áp dụng tính chất, định lý về nguyên hàm – tích phân ta có:

+ Nếu \(f\left( x \right),\,g\left( x \right)\) là các hàm số liên tục trên R thì \(\int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} \,dx = \int {f\left( x \right)\,dx + \int {g\left( x \right)\,dx} } \)

+ Nếu các hàm số \(u\left( x \right),\;v\left( x \right)\)liên tục và có đạo hàm trên R thì \(\int {u\left( x \right)v'\left( {x\,} \right)dx + \int {v\left( x \right)u'\left( x \right)\,dx = u\left( x \right)v\left( x \right)} } \).

+ Ta có: \(\int {2x\,dx = {x^2} + C.} \)

\( \to \) Đáp án C sai.

Chọn đáp án C.

\(\begin{array}{l}\dfrac{{x - 3}}{{3 + i}} + \dfrac{{y - 3}}{{3 - i}} = i\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {3 - i} \right) + \left( {y - 3} \right)\left( {3 + i} \right) = i\left( {3 - i} \right)\left( {3 + i} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {x - 3} \right) - \left( {x - 3} \right)i + 3\left( {y - 3} \right) + \left( {y - 3} \right)i = 10i\\ \Leftrightarrow 3\left( {x + y - 6} \right) + \left( {y - x} \right)i = 10i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 6 = 0\\y - x = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 6\\y - x = 10\end{array} \right.\end{array}\)

Đặt  \(z = a + bi;\,\,\,\,a,b \in \mathbb{Z}\)    

\(\begin{array}{l}|z| + z = 3 + 4i\\ \Rightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  + a + bi = 3 + 4i\\\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{a^2} + {b^2}}  + a = 3{\rm{   (1)}}\\b = 4{\rm{                   (2)}}\end{array} \right.\end{array}\)       ­­

Thay (2) vào (1) ta được:

 \(\begin{array}{l}\sqrt {{a^2} + {{16}^2}}  + a = 3\\ \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{16}^2}}  = 3 - a\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 3\\6a =  - 7\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 3\\a = \dfrac{{ - 7}}{6}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow a = \dfrac{{ - 7}}{6}\\ \Rightarrow z =  - \dfrac{7}{6} + 4i\end{array}\)

Có 5 khối đa diện đều.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{1}{3}a.{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}\end{array}\)

Chọn B

Diện tích mặt cầu có đường kính OO’ = 8 cm là:

\({S_c} = 4\pi {R^2} = 4\pi {.4^2} = 64\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .3.8 = 48\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Hiệu số giữa diện tích mặt cầu và diện tích xung quanh hình trụ là:

\(64\pi  - 48\pi  = 16\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn B

Bán kính khối cầu là một nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật \(R = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = \dfrac{3}{2}a\)

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{3}{2}a} \right)^3} = \dfrac{9}{2}\pi {a^3}\)

Chọn A.

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có hai dạng là:

(1) \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\);

(2) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0\).

Từ đây ta có dấu hiệu nhận biết nhanh chóng, hoặc thực hiện phép biến đổi đưa phương trình cho trước về một trong hai dạng trên.

Lựa chọn đáp án A.

Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {2\sin x\,dx}  \)\(\,=  - 2\cos x + C\)

Chọn đáp án C.

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x + 3\), trục Ox và đường thẳng \(x =  - 1,x = 2\) được xác định bằng công thức :\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)\,dx} \)

Khi đó ta có:

 \(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)\,dx} \\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} + 3x} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_{ - 1}\end{array} \right.\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{2^3}}}{3} - {2^2} + 3.2} \right) - \left( {\dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{3} - {{\left( { - 1} \right)}^2} + 3.\left( { - 1} \right)} \right)\\\,\,\,\, = \dfrac{{14}}{3} - \left( { - \dfrac{{13}}{3}} \right) = \dfrac{{27}}{3} = 9\end{array}\)

Chọn đáp án D.

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Xét pt hoành độ: \(\dfrac{{x - 1}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

 \(\begin{array}{l}y' = \dfrac{3}{{{{(x + 2)}^2}}}\\ \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Vậy pt tiếp tuyến của ( C) tại giao điểm của c với trục hoành: \(y = \dfrac{1}{3}\left( {x - 1} \right)\)

Đặt z = x +yi                   M(x,y)      \(x,y \in \mathbb{Z}\)

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

Điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường tròn tâm I(2,2), bán kính r = 1

Ta lại có:  \(\left| {z--i} \right| = \left| {x + yi--i} \right| \)\(\,= \left| {x + \left( {y--1} \right)} \right| = \sqrt {{x^2} + {{(y - 1)}^2}} \)

Lấy H(0, 1) suy ra \(HM = \sqrt {{x^2} + {{(y - 1)}^2}} \)

Do M chạy trên đường tròn, H cố định nên MH nhỏ nhất khi M là giao điểm của HI với đường tròn.

Có H(0,1) , I(2,2) nên \(\overrightarrow {HI}  = \left( {2;1} \right)\) = (2,1)

Pt đường thẳng HI: (1) \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 1 + t\end{array} \right.\)

Mặt khác, HI giao với đường tròn tại M nên thay (1) vào pt đường tròn ta được :

\(\begin{array}{l}{\left( {2t - 2} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow 5{\left( {t - 1} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} = \dfrac{1}{5}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 1 = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\\t - 1 =  - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\\t = 1 - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{M_1} = \left( {2 + \dfrac{2}{{\sqrt 5 }},2 + \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)\\{M_2} = \left( {2 - \dfrac{2}{{\sqrt 5 }},2 - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)\end{array} \right.\\\\\end{array}\)

Có \(H{M_1} = \sqrt 5  + 1;\,\,H{M_2} = \sqrt 5  - 1\)

\(|z - i{|_{\min }} \Leftrightarrow |z - i| = H{M_2} = \sqrt 5  - 1\)  với \({M_2} = \left( {2 - \dfrac{2}{{\sqrt 5 }},2 - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)\)

\(\begin{array}{l}w = 3{z_1}--2{z_2}\\\,\,\,\,\,\, = 3\left( {1{\rm{ }} + {\rm{ }}2i} \right)--2\left( {2--3i} \right)\\\,\,\,\,\,\, = 3 + 6i - 4 + 6i\\\,\,\,\,\,\, =  - 1 + 12i\end{array}\)

Phần thực: -1 , phần ảo: 12

Góc giữa SC và (SAB) là góc BSC

\( \Rightarrow \widehat {BSC} = {30^o}\)

\(\begin{array}{l}SB = CB\cot {30^o} = a\sqrt 3 \\SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \end{array}\)

Gắn hệ trục tọa độ như sau:

Gốc \(O \equiv A\left( {0;0;0} \right);\,Ox \equiv AB;\)

\(\,Oy \equiv AD;\,Oz \equiv AS\)

Tạo độ các điểm được xác định như sau:

\(\begin{array}{l}D\left( {0;a;0} \right);E\left( {a;\dfrac{a}{2};0} \right);C\left( {a;a;0} \right);F\left( {0;\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\overrightarrow {DE} \left( {a; - \dfrac{a}{2};0} \right)\\\overrightarrow {CF} \left( { - a; - \dfrac{a}{2};\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\overrightarrow {DC} \left( {a;0;0} \right)\\\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right] = \left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 2 }}, - \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt 2 }}; - {a^2}} \right)\\d = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {DC} .\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right]} \right|}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left| { - \dfrac{{{a^3}}}{{2\sqrt 2 }}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - {a^2}} \right)}^2}} }}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\end{array}\)

Chọn C

Hình bát diện đều là đa diện đều loại {3; 4}. 

Chọn D

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có hai dạng là :

(1) \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\);

(2) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0\).

Từ đây ta có dấu hiệu nhận biết nhanh chóng, hoặc thực hiện phép biến đổi đưa phương trình cho trước về một trong hai dạng trên.

Ở các đáp án B, C, D đều thỏa mãn điều kiện phương trình mặt cầu. Tuy nhiên ở đáp án A thì phương trình: \(2{x^2} + 2{y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - {z^2} + 2x - 1\)

\(\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2xy - 2x + 1 = 0\) không đúng dạng phương trình mặt cầu.

Lựa chọn đáp án A.

Ta có: \(\dfrac{5}{4} > \dfrac{6}{5} > 1 \Rightarrow {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^m} > {\left( {\dfrac{6}{5}} \right)^m} > 1,\,\forall m \in {\mathbb{N}^ * }\)

Chọn đáp án A.

Số a được gọi là căn bậc n của số b khi \({a^n} = b\)

Chọn đáp án B.

Ta có:

+ \({\log _a}{a^b} = b{\log _a}a = b.1 = b\)

+ \({a^{{{\log }_a}b}} = b\) khi đó \({a^{{{\log }_a}b}} = {\log _a}{a^b}\)

Chọn đáp án B.

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có hai dạng là:

(1) \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\)

(2) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0\).

Từ đây ta có dấu hiệu nhận biết nhanh chóng, hoặc thực hiện phép biến đổi đưa phương trình cho trước về một trong hai dạng trên.

Phương trình ở các đáp án B, C, D đều thỏa mãn điều kiện phương trình mặt cầu. Ví dụ :

C. \({\left( {2x - 1} \right)^2} + {\left( {2y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 1} \right)^2} = 6 \)

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

D. \({\left( {x + y} \right)^2} = 2xy - {z^2} + 3 - 6x\)

\(\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 6x - 3 = 0.\)

Lựa chọn đáp án A.

Giả sử dáy của hình chóp có n cạnh \( \Rightarrow 2n = 20 \Leftrightarrow n = 10\)

Do đó số mặt của chóp là: 10 + 1 = 11

Chọn D.

Hình trụ nội tiếp có chiều cao là:

\(h = 2.\sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 2.4 = 8\,cm\)

Vậy thể tích khối trụ là:

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.8 = 72\pi \,c{m^3}\)

Chọn D.

Hàm số có giá trị cực tiểu \(y =  - 2\) nên A sai.

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) và đạt cực đại tại \(x = 0\) nên B đúng.

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x}}{{x - 2}}\) có đường TCN là \(y = 2\) hay \(y - 2 = 0\).

Chọn D.

Các khẳng định đúng:

+ \({\log _2}x > 0\,\, \Leftrightarrow \,\,\,x > 1\)

+ \({\log _{\dfrac{1}{3}}}a = {\log _{\dfrac{1}{3}}}b\,\,\, \Leftrightarrow \,\,a = b > 0\,\)

+ \(\log x < 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,0 < x < 1\)

Chọn đáp án A.

Điều kiện \(x \ne  - 1\)

Ta có: \(\dfrac{1}{{{3^x} + 5}} \le \dfrac{1}{{{3^{x + 1}} - 1}}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{3^x} + 5}} - \dfrac{1}{{{3^{x + 1}} - 1}} \le 0\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{{3.3}^x} - 1 - {3^x} - 5}}{{\left( {{3^x} + 5} \right)\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right)}} \le 0\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{{{2.3}^x} - 6}}{{\left( {{3^x} + 5} \right)\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right)}} \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{2.3^x} - 6 \le 0\\{3^{x + 1}} - 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{2.3^x} - 6 \ge 0\\{3^{x + 1}} - 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le 1\\x >  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x <  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( { - 1;1} \right]\)

Chọn đáp án A.

Đặt \(z = a + bi;\,\,\,\,a,b \in \mathbb{Z}\)

\(\begin{array}{l}\left| {z + 3} \right| + \left| {z--3} \right| = 10\\ \Leftrightarrow |a + bi + 3| + |a + bi - 3| = 10\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{(a + 3)}^2} + {b^2}}  + \sqrt {{{(a - 3)}^2} + {b^2}}  = 10\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

\(10 = \sqrt {{{(a + 3)}^2} + {b^2}}  + \sqrt {{{(a - 3)}^2} + {b^2}}  \)\(\,\le \sqrt {2{\rm{[}}{{(a + 3)}^2} + {b^2} + {{(a - 3)}^2} + {b^2}{\rm{]}}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {2\left( {2{a^2} + 2{b^2} + 18} \right)}  \ge 10\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 9 \ge 25\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge 16\\ \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  \ge 4\\ \Leftrightarrow |z| \ge 4\\ \Leftrightarrow |z{|_{\min }} = 4\end{array}\)

Bán kính của đường tròn đó là: \(r = \sqrt {{R^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\)

Chu vi đường tròn là: \(P = 2\pi r = 2\pi .6 = 12\pi \)

Chọn B

Ta có: \({\left( {2x + 1} \right)^2} + {\left( {2y - 1} \right)^2} + 4{z^2} = 16\)

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

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 1\) là phương trình của một mặt cầu.

Lựa chọn đáp án A.

Ta có:

\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\cos x + {e^x}} \right)\,dx} \)

\(\;\; = \left( {\sin x + {e^x}} \right)\left| {_{_{_{_0^{}}^{}}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. \)

\(\;\;= \left( {\sin \dfrac{\pi }{2} + {e^{\dfrac{\pi }{2}}}} \right) - \left( {\sin 0 + {e^0}} \right)\)

\(\;\;= {e^{\dfrac{\pi }{2}}}.\)

Chọn đáp án D.

Ta có \(f\left( x \right) = {\left( {6x + 1} \right)^2} = 36{x^2} + 12x + 1\)

Khi đó ta có: \(\int {\left( {36{x^2} + 12x + 1} \right)\,dx}  \)\(\,= 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

Theo giải thiết ta có \(F\left( { - 1} \right) = 20 \)

\(\Rightarrow 12.\left( { - 1} \right){}^3 + 6.{\left( { - 1} \right)^2} + \left( { - 1} \right) + d = 20 \)

\(\Leftrightarrow d = 27\)

Vậy: \(a + b + c + d = 12 + 6 + 1 + 27 = 46.\)

Chọn đáp án A.

\(\begin{array}{l}2{z^4} + {z^2} - 1 = 0\\\Delta  = {b^2} - 4ac = 1 + 4.2 = 9\end{array}\)

Nghiệm của phương trình là:

\(\begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{z^2} = \dfrac{{ - 1 - 3}}{4} =  - 1 = {i^2}\\{z^2} = \dfrac{{ - 1 + 3}}{4} = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  \pm i\\z =  \pm \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\end{array}\)

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\), bán kính \(R.\)

Lựa chọn đáp án A.