Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Tân Phong

\(m{{.9}^{x}}-\left( 2m+1 \right){{.6}^{x}}+m{{.4}^{x}}\le 0\Leftrightarrow m{{\left( \frac{9}{4} \right)}^{x}}-\left( 2m+1 \right).{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}+m\le 0\)

Đặt \({{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=t\,\,\left( 1<t<\frac{3}{2} \right)\), khi đó phương trình tương đương

\(\begin{align}  & m{{t}^{2}}-\left( 2m+1 \right)t+m\le 0\Leftrightarrow m\left( {{t}^{2}}-2t+1 \right)-t\le 0 \\  & \Leftrightarrow m{{\left( t-1 \right)}^{2}}\le t\Leftrightarrow m\le \frac{t}{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}=f\left( t \right)\,\,\,\left( 1<t<\frac{3}{2} \right) \\ \end{align}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{t}{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}\) trên \(\left( 1;\frac{3}{2} \right)\)  ta có:

\(f'\left( t \right)=\frac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}-t.2\left( t-1 \right)}{{{\left( t-1 \right)}^{4}}}=\frac{{{t}^{2}}-2t+1-2{{t}^{2}}+2t}{{{\left( t-1 \right)}^{4}}}=\frac{-{{t}^{2}}+1}{{{\left( t-1 \right)}^{4}}}=\frac{t+1}{{{\left( 1-t \right)}^{3}}}=0\Leftrightarrow t=-1\)

Ta có : \(f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 6 \Rightarrow f\left( t \right) > 6\,\,\forall t \in \left( {1;\frac{3}{2}} \right);\,\,\,m \le f\left( t \right)\,\,\forall t \in \left( {1;\frac{3}{2}} \right) \Rightarrow m \le 6.\)

Có 6 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

Chọn D.

\(F\left( x \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{{}}^{{}}{{{e}^{2x}}dx}=\frac{{{e}^{2x}}}{2}+C\Rightarrow F\left( 0 \right)=\frac{1}{2}+C=\frac{3}{2}\Rightarrow C=1\Rightarrow F\left( x \right)=\frac{{{e}^{2x}}}{2}+1\Rightarrow F\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{e}{2}+1\)

Chọn D.

Số cách lấy ba quyển sách bất kì là \(C_{9}^{3}=84\Rightarrow \left| \Omega  \right|=84\)

Gọi A là biến cố: “3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán”, suy ra \(\overline{A}:\) “3 quyển sách lấy ra không có quyển sách toán” \(\Rightarrow \left| \overline{A} \right|=C_{5}^{3}=10\Rightarrow \left| A \right|=84-10=74\)

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{\left| A \right|}{\left| \Omega  \right|}=\frac{74}{84}=\frac{37}{42}.\)

Chọn C.

Kẻ \(AH\bot BC\).

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được hai hình nón có cùng bán kính đáy AH đỉnh C và B.

Trong tam giác vuông AHB có: \(AH=AB.\sin 45=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\)

\(BH=AB.\cos {{45}^{0}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}.\)

Trong tam giác vuông AHC có: \(CH=AH.\cot 30=\frac{1}{2}.\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Ta có: \(V=\frac{1}{3}\pi A{{H}^{2}}.CH+\frac{1}{3}\pi A{{H}^{2}}.BH=\frac{1}{3}\pi .\frac{1}{4}.\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{3}\pi .\frac{1}{4}.\frac{1}{2}=\pi \left( \frac{\sqrt{3}}{24}+\frac{1}{24} \right)=\frac{\pi }{24}\left( 1+\sqrt{3} \right)\)

Chọn D.

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

Ta có: \(y'=\frac{1.2+1.1}{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}=\frac{3}{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}>0\Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Chọn B. 

\(\frac{1}{3}\notin Z\Rightarrow \) Hàm số xác định \(\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-1>0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x>\frac{1}{\sqrt{3}} \\  & x<-\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow D=\left( -\infty ;-\frac{1}{\sqrt{3}} \right)\cup \left( \frac{1}{\sqrt{3}};+\infty  \right)\)

Chọn D.

\(f\left( x \right)=\left( \int\limits_{{}}^{{}}{f\left( x \right)dx} \right)'=12{{x}^{2}}-6x+2\)

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{align}  & \frac{2x+1}{x+1}=x+m-1\,\,\left( x\ne -1 \right) \\  & \Leftrightarrow 2x+1={{x}^{2}}+\left( m-1 \right)x+x+m-1 \\  & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+\left( m-2 \right)x+m-2=0\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)

Để (C) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(\Leftrightarrow \) Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 1} \right)^2} + \left( {m - 2} \right)\left( { - 1} \right) + m - 2 \ne 0\\
{\left( {m - 2} \right)^2} - 4.\left( {m - 2} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - m + 2 + m - 2 \ne 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m - 2 > 4\\
m - 2 < 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 \ne 0\,\,\left( {luon\,dung} \right)\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 6\\
m < 2
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m > 6\\
m < 2
\end{array} \right..\)

Khi đó gọi \({{x}_{A}};{{x}_{B}}\) là hoành độ các điểm A, B là hai nghiệm của phương trình (*) \(\Rightarrow A\left( {{x}_{A}};{{x}_{A}}+m-1 \right);\,\,B\left( {{x}_{B}};{{x}_{B}}+m-1 \right)\Rightarrow A{{B}^{2}}={{\left( {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}+{{\left( {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}=2{{\left( {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}\)

Theo định lí Vi-et ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_A} + {x_B} = 2 - m\\
{x_A}.{x_B} = m - 2
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} = {\left( {{x_A} + {x_B}} \right)^2} - 4{x_A}{x_B} = {\left( {2 - m} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) = {m^2} - 8m + 12\\
\Rightarrow A{B^2} = 2\left( {{m^2} - 8m + 12} \right) = 12 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 12 = 6 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 6 = 0 \Leftrightarrow m = 4 \pm \sqrt {10} \,\,\left( {tm} \right)
\end{array}\)

Chọn D.

\(\left( P \right):\,\,2x-5z+1=0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow{n}=\left( 2;0;-5 \right)\).

Chọn A.

Gọi CH, BK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC, \(\Rightarrow M=CH\cap BK\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AB\bot CH \\  & AB\bot OC \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot \left( OCH \right)\Rightarrow AB\bot OM\)

Chứng minh tương tự ta có \(AC\bot OM\Rightarrow OM\bot \left( ABC \right)\)

\(\overrightarrow{OM}=\left( 3;2;1 \right)\), suy ra mặt phẳng (ABC) đi qua \(M\left( 3;2;1 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{OM}=\left( 3;2;1 \right)\) là 1 VTPT.

\(\begin{align} & \Rightarrow pt\left( ABC \right):\,\,3\left( x-3 \right)+2\left( y-2 \right)+\left( z-1 \right)=0 \\  & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow 3x+2y+z-14=0 \\ \end{align}\)

Chọn C.

Khi \(M\equiv A\Rightarrow OM=1\Rightarrow ON=1,\,\,N\in OM\Rightarrow N\left( 1;0;0 \right)\), loại các đáp án A, C và D.

Chọn B.

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow B'H\bot \left( ABC \right)\)

Ta có: \(\widehat{\left( AA';\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( BB';\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( BB';BH \right)}=\widehat{B'BH}={{45}^{0}}\)

Xét tam giác vuông ABC có:

\(\begin{align}& AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=2a\Rightarrow BM=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow BH=\frac{2}{3}BM=\frac{2a}{3} \\  & \Rightarrow B'H=BM.\tan {{45}^{0}}=\frac{2a}{3} \\ & {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \\ & \Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=B'H.{{S}_{ABC}}=\frac{2a}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3} \\ \end{align}\)

Chọn B.

ĐK: \(x>0;y>0\).

Đặt \({{\log }_{9}}x={{\log }_{12}}y={{\log }_{16}}\left( x+y \right)=t\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = {9^t}\\
y = {12^t}\\
x + y = {16^t}
\end{array} \right. \Rightarrow {9^t} + {12^t} = {16^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{{16}}} \right)^t} + {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = 1\\
\Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} - 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\
\Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{{{9^t}}}{{{{12}^t}}} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}
\end{array}\)

Chọn C.

Gọi số có 5 chữ số đôi một khác nhau là \(\overline{abcde}\,\,\left( a\ne 0;\,\,a\ne b\ne c\ne d\ne e \right)\)

Số cách chọn chữ số a là 4 cách.

Số cách chọn bốn chữ số còn lại là 4! = 24 cách.

Vậy có tất cả 4.24 = 96 cách.

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:\(2x+1={{x}^{2}}-x+3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=1 \\  & x=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow S=\int\limits_{1}^{2}{\left| {{x}^{2}}-x+3-2x-1 \right|dx}=\int\limits_{1}^{2}{\left| {{x}^{2}}-3x+2 \right|dx}\), sử dụng MTCT ta có:

Vậy \(S=\frac{1}{6}.\)

Chọn C.

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \Rightarrow a>0\Rightarrow \)  Loại A.

\(y\left( 1 \right)=-1\Rightarrow \) Loại B và D.

Chọn C.

TXĐ: D = R.

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

TH1: \(m=-1\Rightarrow y'=-2<0\,\,\forall x\in R\Rightarrow \) hàm số đã cho nghịch biến trên R.

TH2: \(m\ne -1\), để hàm số nghịch biến trên R thì \(y'\le 0\,\,\forall x\in R\) và chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m + 1 < 0\\
\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 3\left( {m + 1} \right)\left( { - 2} \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < - 1\\
{m^2} + 8m + 7 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < - 1\\
- 7 \le m \le - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 7 \le m < - 1\)

Với \(m=-7\) ta có: \(y=-6{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}-2x+2,\,\,y'=-18{{x}^{2}}-12x-2=0\Leftrightarrow x=-\frac{1}{3}\Rightarrow m=-7\) thỏa mãn.

Kết hợp 2 trường hợp ta có \(m\in \left[ -7;-1 \right]\overset{m\in Z}{\mathop{\Rightarrow }}\,m\in \left\{ -7;-6;-5;...;-1 \right\}\Rightarrow \) Có tất cả 7 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

\({\log _a}{x_1} < {\log _a}{x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 < a < 1\\
{x_1} > {x_2} > 0
\end{array} \right. \Rightarrow A\) sai

\({\log _a}x < 1 = {\log _a}a \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a > 1\\
0 < x < a
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
0 < a < 1\\
x > a > 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Rightarrow B\) sai

\({\log _a}x > 0 = {\log _a}1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a > 1\\
x > 1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
0 < a < 1\\
0 < x < 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Rightarrow C\) sai

Chọn D.

Số phức \(z=12-18i\) có phần ảo bằng -18.

Chọn A.

\(f'\left( x \right)={{x}^{2}}{{\left( x-1 \right)}^{3}}\left( x-2 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=1 \\  & x=2 \\ \end{align} \right.\)

\(x=0\) là nghiệm bội hai nên qua x = 0 thì f’(x) không đổi dấu, do đó x = 0 không là điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\).

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị là x = 1 và x = 2.

Chọn B.

\(\begin{align}  & \,\,\,\,\,\left( 3+i \right)\left| z \right|=\frac{-2+14i}{z}+1-3i \\  & \Leftrightarrow \left( 3+i \right)\left| z \right|-1+3i=\frac{-2+14i}{z} \\  & \Leftrightarrow \left( 3\left| z \right|-1 \right)+\left( \left| z \right|+3 \right)i=\frac{-2+14i}{z} \\ \end{align}\)

Lấy mođun hai vế ta có : \(\sqrt{9{{\left| z \right|}^{2}}-6\left| z \right|+1+{{\left| z \right|}^{2}}+6\left| z \right|+9}=\frac{10\sqrt{2}}{\left| z \right|}\)

\( \Leftrightarrow 10{\left| z \right|^2} + 10 = \frac{{200}}{{{{\left| z \right|}^2}}} \Leftrightarrow {\left| z \right|^4} + {\left| z \right|^2} - 20 = 0 \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} = 4 \Rightarrow \left| z \right| = 2 \in \left( {\frac{7}{4};\frac{{11}}{5}} \right)\)

Chọn D. 

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}
3x - 2 > 0\\
6 - 5x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > \frac{2}{3}\\
x < \frac{6}{5}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{2}{3} < x < \frac{6}{5}\)

\(\begin{array}{l}
{\log _2}\left( {3x - 2} \right) > {\log _2}\left( {6 - 5x} \right)\\
\Leftrightarrow 3x - 2 > 6 - 5x\\
\Leftrightarrow 8x > 8\\
\Leftrightarrow x > 1.
\end{array}\)

Kết hợp điều kiện ta có \(1< x < \frac{6}{5}\Rightarrow S=\left( 1; \frac{6}{5} \right)\).

Chọn A.

\(v=s'=2{{t}^{3}}+3t\Rightarrow v\left( t \right)={{2.4}^{3}}+3.4=140\,\,\left( m/s \right)\)

Chọn D.

Dễ dàng thấy 3 mặt phẳng \(\left( P \right);\left( Q \right);\left( R \right)\) song song với nhau và (P) nằm giữa (Q) và (R), ta tính được \(d\left( \left( P \right);\left( Q \right) \right)=BH=9;\,\,d\left( \left( P \right);\left( R \right) \right)=HK=3\)

Ta có: 

\(\begin{align}& T=\frac{A{{B}^{2}}}{4}+\frac{144}{AC}=\frac{A{{B}^{2}}}{4}+\frac{72}{AC}+\frac{72}{AC} \\ & \overset{Cauchy}{\mathop{\ge }}\,3\sqrt[3]{\frac{A{{B}^{2}}}{4}.\frac{72}{AC}.\frac{72}{AC}}=3\sqrt[3]{1296.{{\left( \frac{AB}{AC} \right)}^{2}}} \\ \end{align}\)

Theo định lí Ta-let ta có :

\(\frac{AB}{AC}=\frac{BH}{HK}=3\Rightarrow T\overset{Cauchy}{\mathop{\ge }}\,3\sqrt[3]{{{1296.3}^{2}}}=54\sqrt[3]{2}\)

Vậy \(\min T=54\sqrt[3]{2}\).

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 2;-2;6 \right)=2\left( 1;-1;3 \right)\).

\(\Rightarrow \) đường thẳng d đi qua A và nhận \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-1;3 \right)\) là 1 VTCP nên có phương trình : \(d:\,\,\frac{x+1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+4}{3}\)

Chọn C.

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.3a.{{a}^{2}}={{a}^{3}}\)

Chọn C.

Mặt cầu đã cho có tâm \(I\left( 1;-2;3 \right)\) và bán kính \(R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}-9}=\sqrt{5}\)

Chọn A.

Ta có: \({{\left( x+1 \right)}^{2n+1}}=\sum\limits_{k=0}^{2n+1}{C_{2n+1}^{k}{{x}^{k}}}\)

Khi \(x=1\) ta có: \({{2}^{2n+1}}=\sum\limits_{k=0}^{2n+1}{C_{2n+1}^{k}}=C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}+C_{2n+1}^{3}+C_{2n+1}^{4}+C_{2n+1}^{5}+...+C_{2n+1}^{2n}+C_{2n+1}^{2n+1}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Khi \(x=-1\) ta có: \(0=\sum\limits_{k=0}^{2n+1}{C_{2n+1}^{k}{{\left( -1 \right)}^{k}}}=C_{2n+1}^{0}-C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}-C_{2n+1}^{3}+C_{2n+1}^{4}-C_{2n+1}^{5}+...+C_{2n+1}^{2n}-C_{2n+1}^{2n+1}\,\,\left( 2 \right)\)

\(\begin{align}  & \left( 1 \right)-\left( 2 \right)\Rightarrow {{2}^{2n+1}}=2\left( C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{3}+C_{2n+1}^{5}+...+C_{2n+1}^{2n+1} \right)=2.1024=2048 \\  & \Leftrightarrow 2n+1=11\Leftrightarrow 2n=10\Leftrightarrow n=5 \\  & \Rightarrow {{\left( 2-3x \right)}^{2n}}={{\left( 2-3x \right)}^{10}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{.2}^{10-k}}.{{\left( -3x \right)}^{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{.2}^{10-k}}.{{\left( -3 \right)}^{k}}.{{x}^{k}}} \\ \end{align}\)

Để tìm hệ số của \({{x}^{7}}\) ta cho \(k=7\Rightarrow \) Hệ số của  \({{x}^{7}}\) là \(C_{10}^{7}{{.2}^{3}}.{{\left( -3 \right)}^{7}}=-2099520\)

Chọn A.

Ta có \(y'=\frac{\left( 3x+1 \right)'}{\left( 3x+1 \right)\ln 2018}=\frac{3}{\left( 3x+1 \right)\ln 2108}\)

Chọn D.

\(\int\limits_{a}^{b}{f'\left( x \right)dx}=\left. f\left( x \right) \right|_{a}^{b}=f\left( b \right)-f\left( a \right)=3\sqrt{5}\Rightarrow 5-f\left( a \right)=3\sqrt{5}\Leftrightarrow f\left( a \right)=5-3\sqrt{5}=\sqrt{5}\left( \sqrt{5}-3 \right)\)

Chọn B.

TXĐ: D = R. Ta có\(y' = 4{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow y = 0\\
x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow y = - \frac{1}{4}\\
x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow y = - \frac{1}{4}
\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng \(y={{y}_{0}}\) cắt đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-{{x}^{2}}\) tại bốn điểm phân biệt \(\Leftrightarrow -\frac{1}{4}<{{y}_{0}}<0\)

Chọn A.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và B’C’, E là trung điểm của BM, dễ thấy HE là đường trung bình của tam giác ABM nên HE // AM \(\Rightarrow HE//A'N\)

\(\Rightarrow A';H;E;N\) đồng phẳng.

Ta có: \(BC\bot AM\Rightarrow BC\bot HE;\,\,BC\bot A'H\Rightarrow BC\bot \left( A'HEN \right)\)

\(\Rightarrow BC\bot NE\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {A'B'C'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = BC\\
\left( {A'B'C'} \right) \supset A'N \bot BC\\
\left( {BCC'B'} \right) \supset NE \bot BC
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'B'C'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'N;NE} \right)} = \widehat {A'NE}\,\,\left( {\widehat {A'NE} < {{90}^0}} \right)\\
\widehat {\left( {\left( {ABC} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {A'B'C'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} \Rightarrow \widehat {A'NE} = \varphi .
\end{array}\)

HE là đường trung bình của tam giác ABM\(\Rightarrow HE=\frac{1}{2}AM=\frac{1}{2}A'N\) Gọi K là trung điểm của A’N ta dễ dàng chứng minh được A’HEK là hình bình hành \(\begin{align}  & \Rightarrow KE//A'H,\,\,KE=A'H \\  & \Rightarrow KE\bot \left( A'B'C' \right)\Rightarrow KE\bot KN \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \Delta EKN\) vuông tại K \(\Rightarrow \tan \varphi =\tan \widehat{A'NE}=\frac{KE}{KN}=\frac{A'H}{\frac{1}{2}A'N}=\frac{2A'H}{A'N}\)

Ta có \(\widehat{\left( A'A;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( A'A;HA \right)}=\widehat{A'AH}={{60}^{0}}\Rightarrow A'H=AH.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.\)

Tam giác A’B’C’ đều cạnh 2a \(\Rightarrow A'N=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\)

Vậy  \(\tan \varphi =\frac{2A'H}{A'N}=\frac{2.a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=2\)

Chọn A.

TXĐ: D = R. Ta có:

\(y'={{x}^{3}}-4x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=2 \\ & x=-2 \\ \end{align} \right.;\,\,y''=3{{x}^{2}}-4\Rightarrow y''\left( 0 \right)=-4<0;\,\,y''\left( 2 \right)=y''\left( -2 \right)=8>0\)

\(\Rightarrow x=0\) là điểm cực đại, \(x=\pm 2\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Chọn D.

\(P=\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=3.\left( -2 \right)+\left( -2 \right).\left( -1 \right)+1.1=-3\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}
\sin 2x + \cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x\cos x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x + 1} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = 0\\
\sin x = - \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\
x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\
x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi
\end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x \in \left( {0;2\pi } \right)} \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2}\\
x = \frac{{3\pi }}{2}\\
x = \frac{{11\pi }}{6}\\
x = \frac{{7\pi }}{6}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{\pi }{2} + \frac{{3\pi }}{2} + \frac{{11\pi }}{6} + \frac{{7\pi }}{6} = 5\pi
\end{array}\)

Chọn D.

Sử dụng MTCT ta tính được:

\(\Rightarrow w=z.z'=12+5i.\)

\(\Rightarrow \left| w \right|=\sqrt{{{12}^{2}}+{{5}^{2}}}=13\).

Chọn B.

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ \(BH\bot AC\,\,\left( H\in AC \right)\), trong mặt phẳng (SBH) kẻ \(BK\bot SH\,\,\left( K\in SH \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AC \bot BH\\
AC \bot SB
\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBH} \right) \Rightarrow AC \bot BK\\
\left\{ \begin{array}{l}
BK \bot AC\\
BK \bot SH
\end{array} \right. \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = BK
\end{array}\)

Xét tam giác vuông BAC có: \(\frac{1}{B{{H}^{2}}}=\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{C}^{2}}}\)

Xét tam giác vuông SBH có:

\(\begin{align} & \frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{S}^{2}}}+\frac{1}{B{{H}^{2}}}=\frac{1}{B{{S}^{2}}}+\frac{1}{B{{A}^{2}}}+\frac{1}{B{{C}^{2}}} \\  & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{16{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{61}{144{{a}^{2}}}\Rightarrow BK=\frac{12a\sqrt{61}}{61} \\ \end{align}\)

Chọn C.

Ta có: AB // CD \(\Rightarrow \widehat{\left( AB;SC \right)}=\widehat{\left( CD;SC \right)}=\widehat{SCD}\)

Xét tam giác SCD có:

\(S{{C}^{2}}+S{{D}^{2}}=2{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}=4{{a}^{2}}=C{{D}^{2}}\Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại S, lại có SC = SD (gt) \(\Rightarrow \Delta SCD\) vuông cân tại S \(\Rightarrow \widehat{SCD}={{45}^{0}}.\)

Chọn D.

Gọi chiều cao của khối nón là h ta có: \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h\Leftrightarrow 2\pi {{a}^{3}}=\frac{1}{3}\pi {{a}^{2}}h\Rightarrow h=6a\)

Gọi l  là độ dài đường sinh của khối nón ta có: \(l=\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+36{{a}^{2}}}=a\sqrt{37}\)

Vậy diện tích xung quanh của khối nón là: \({{S}_{xq}}=\pi rl=\pi .a.a\sqrt{37}=\sqrt{37}\pi {{a}^{2}}\)

Chọn B.

\(I = \int\limits_0^1 {x\cos 2xdx} \) đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = \cos 2xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = \frac{{\sin 2x}}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow I = \left. {x.\frac{{\sin 2x}}{2}} \right|_0^1 - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\sin 2xdx} \)

\(\begin{array}{l}
I = \frac{{\sin 2}}{2} + \frac{1}{2}.\left. {\frac{{\cos 2x}}{2}} \right|_0^1 = \frac{{\sin 2}}{2} + \frac{1}{4}\left( {\cos 2 - 1} \right) = \frac{1}{4}\left( {2\sin 2 + \cos 2 - 1} \right) = \frac{1}{4}\left( {a\sin 2 + b\cos 2 + c} \right)\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 1\\
c = - 1
\end{array} \right. \Rightarrow a - b + c = 0
\end{array}\)

Chọn A.

Hàm số liên tục tại x = 2 \(\Rightarrow \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 2 \right)\Rightarrow \) x = 2 không là TCĐ của đồ thị hàm số \(\Rightarrow A\) sai.

\(\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \Rightarrow B\) sai.

Hàm số đồng biến trên \(\left( 3;+\infty  \right)\) và nghịch biến trên \(\left( 2;3 \right)\) do đó kết luận: Hàm số đồng biến trên \(\left( 2;+\infty  \right)\) sai \(\Rightarrow C\) sai.

Ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( -3;-2 \right)\Rightarrow f\left( -3 \right)>f\left( -2 \right)\Rightarrow D\) đúng.

Chọn D.

\(\int\limits_{0}^{x}{\sin 2tdt}=0\Leftrightarrow \left. -\frac{\cos 2t}{2} \right|_{0}^{x}=0\Leftrightarrow -\frac{\cos 2x}{2}+\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow \cos 2x=1\Leftrightarrow 2x=k2\pi \Leftrightarrow x=k\pi \,\,\left( k\in Z \right)\)

Chọn A.

Ta có: \({{\overrightarrow{u}}_{d}}=\left( 1;-2;-1 \right);\,\,{{\overrightarrow{u}}_{d'}}=\left( -2;4;2 \right)=-2\left( 1;-2;-1 \right)\Rightarrow d//d'\)

Lấy \(M\left( 0;0;-1 \right)\in d\) ta thấy \(\frac{0-1}{-2}=\frac{0-2}{-4}=\frac{1}{2}\Rightarrow M\in d'\Rightarrow d\equiv d'\Rightarrow \)  Có vô số mặt phẳng chứa cả d và d’.

Ta thấy cả 3 đáp án A, B, D, mặt phẳng (Q) đều không chứa điểm M, do đó không chứa d và d’.

Chọn C.

Ta có: \(y'=3{{x}^{2}}+2x-5\Rightarrow y'\left( 2 \right)=11;\,\,y\left( 2 \right)=3\)

\(\Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 2 là: \(y=11\left( x-2 \right)+3=11x-19\).

Chọn A.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, do ABCD là hình vuông cạnh 4m nên ta có \(A\left( -2;2 \right);B\left( 2;2 \right),C\left( 2;-2 \right);D\left( -2;-2 \right)\), từ đó ta dễ dàng viết được phương trình đường tròn là \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8\) và phương trình 2 parabol là \(y=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\) và \(y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}\).

Ta có: S₁ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường tròn \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8\) và parabol (P): \(y=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\) 

\(\begin{align}& \Rightarrow {{S}_{1}}+{{S}_{3}}=4\int\limits_{0}^{2}{\left( \sqrt{8-{{x}^{2}}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)dx}=15,23={{S}_{3}}\,\,\left( {{m}^{2}} \right) \\  & {{S}_{2}}+{{S}_{4}}=2\pi {{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}-{{S}_{1}}-{{S}_{3}}=35,04\,\left( {{m}^{2}} \right) \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \) Chi phí để trồng bồn hoa đó là: \(15,23.150+35,04.100\approx 5790\) (nghìn đồng).

Chọn D.

Gọi D là trung điểm của cạnh A’C’ ta có:

A’M // DC; BM // B’D

\(\Rightarrow \left( A'BM \right)//\left( B'CD \right)\)

Mà \(\begin{align}  & BM\subset \left( A'BM \right);\,\,B'C\subset \left( B'CD \right) \\ & \Rightarrow d\left( BM;B'C \right)=d\left( \left( A'BM \right);\left( B'CD \right) \right)=d\left( C;\left( A'BM \right) \right) \\ \end{align}\)

Tam giác ABC đều \(\Rightarrow CM\bot BM\)

Mà \(CM\bot A'O\,\left( gt \right)\). Suy ra \(CM\bot \left( A'BM \right)\)

\(\Rightarrow d\left( C;\left( A'BM \right) \right)=CM=\frac{1}{2}AC=2\)

Chọn B.

Ta có: u₂ = 7, u₃ = 19, u­₄ = 43, u₅ = 91.

Dễ thấy

\(\begin{align}  & {{u}_{2}}={{u}_{1}}+6 \\  & {{u}_{3}}={{u}_{2}}+12={{u}_{1}}+6+6.2={{u}_{1}}+6\left( 1+2 \right) \\  & {{u}_{4}}={{u}_{3}}+24={{u}_{1}}+6+6.2+6.4={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4 \right) \\  & {{u}_{5}}={{u}_{4}}+48={{u}_{1}}+6+6.2+6.4+6.8={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4+8 \right) \\ \end{align}\)

Cứ như vậy ta dự đoán \({{u}_{n}}={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4+...+{{2}^{n-2}} \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{n}}=1+6.\frac{1-{{2}^{n-1}}}{1-2}=1+6\left( {{2}^{n-1}}-1 \right)={{6.2}^{n-1}}-5\,\,\,\left( \forall n\ge 1 \right)\left( * \right)\)

Dễ dàng chứng minh (*) đúng bằng phương pháp quy nạp.

\({{u}_{n}}>2018\Leftrightarrow {{6.2}^{n-1}}-5>2018\Leftrightarrow {{2}^{n-1}}>\frac{2023}{6}\Leftrightarrow n-1>{{\log }_{2}}\frac{2023}{6}\Leftrightarrow n>1+{{\log }_{2}}\frac{2023}{6}\approx 9,4\)

Vậy số nguyên n nhỏ nhất để \({{u}_{n}}>2018\) là n = 10.

Chọn A.

TXĐ: \(D=\left[ -1;3 \right]\)

Ta có:

\(\begin{align}  & y'=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}-\frac{1}{2\sqrt{3-x}}=0\Leftrightarrow \sqrt{x+1}=\sqrt{3-x}\Leftrightarrow x+1=3-x\Leftrightarrow x=1\in \left[ -1;3 \right] \\  & y\left( 1 \right)=2\sqrt{2};\,\,y\left( -1 \right)=2;\,\,y\left( 3 \right)=\sqrt{2} \\  & \Rightarrow \underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2\sqrt{2} \\ \end{align}\)

Chọn B.

Ta có: \({{z}_{1}}=\left( 1-i \right)\left( 2+i \right)=3-i\)

\(\Rightarrow A\left( 3;-1 \right),B\left( 1;3 \right),C\left( -1;-3 \right)\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{align}  & AB=\sqrt{{{\left( 1-3 \right)}^{2}}+{{\left( 3+1 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5} \\  & AC=\sqrt{{{\left( -1-3 \right)}^{2}}+{{\left( -3+1 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5} \\  & BC=\sqrt{{{\left( -1-1 \right)}^{2}}+{{\left( -3-3 \right)}^{2}}}=2\sqrt{10} \\ \end{align} \right.\Rightarrow A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}\)

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A.

Chọn B.

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

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=0\Rightarrow y=0\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\,\,\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow x=1\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{2}{x-1}\) có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.