Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Trần Quang Khải

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là:

\(R = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}}  = \frac{3}{2}a.\)

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{{9{a^2}}}{4} = 9\pi {a^2}.\)

Chọn A.

Ta có: \(V = \frac{1}{3}SD.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2a.3a.a = 2{a^3}.\)

Chọn C.

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{\left( { - 3} \right).5 + 4.0 + 0.12}}{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {4^2}} .\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} }} = \frac{{ - 15}}{{13.5}} =  - \frac{3}{{13}}.\)

Chọn D.

Ta có: \(\ln \frac{a}{{{b^2}}} = \ln a - \ln {b^2} = \ln a - 2\ln b.\,\,\left( {a,b > 0} \right)\)

Chọn D.

Ta có đường thẳng \(EF\) đi qua \(E\) và nhận vecto \(\overrightarrow {EF}  = \left( {3;\,1; - 7} \right)\) làm VTCP có phương trình:

\(\frac{{x + 1}}{3} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 7}}.\)

Chọn B.

Đồ thị hàm số có TCĐ là \(x = 1 \Rightarrow \) loại đáp án A, C, D.

Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với giá của vecto \(\overrightarrow a \left( {1; - 1;\,2} \right) \Rightarrow \overrightarrow a \) là VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Ta có phương trình \(\left( P \right):\,\,x - 3 - \left( {y + 1} \right) + 2\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + 2z - 12 = 0.\)

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 1,\,\,x = 2\) và đạt cực tiểu tại \(x = 1.\)

Tại \(x = 0\) hàm số có \(y'\) không đổi dấu nên \(x = 0\) không là điểm cực trị của hàm số.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta kết luận hàm số đồng biến hay nghịch biến trên khoảng nào.

Chọn C.

\(\int {{3^{ - x}}dx}  = \frac{{{3^{ - x}}}}{{ - 1.\ln 3}} + C =  - \frac{{{3^{ - x}}}}{{\ln 3}} + C\)

Chọn A.

Điều kiện: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\log \left( {x + 1} \right) = 2\\ \Leftrightarrow x + 1 = {10^2}\\ \Leftrightarrow x = 99\left( {tm} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Dựa vào công thức ta có: Đáp án B: \(C_n^k = \frac{{A_n^k}}{{{P_k}}} = \frac{{A_n^k}}{{k!}} \Leftrightarrow A_n^k = k!.C_n^k\)

Chọn B.

\(z + {\rm{w}} =  - 1 + 2i + 2 - i = 1 + i\)

Khi đó ta có điểm biểu diễn số phức z + w là (1;1) chính là điểm \(P.\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 3;2} \right)\\\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;0; - 1} \right)\end{array}\)

\(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3}&2\\0&{ - 1}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&{ - 3}\\1&0\end{array}} \right|} \right) = \left( {3;3;3} \right)\)

Mp \(\left( \alpha  \right)\) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên ta có Mp \(\left( \alpha  \right)\) đi qua điểm M(3;0;0).

Vậy phương trình mp \(\left( \alpha  \right)\) có vtpt \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \left( {3;3;3} \right)\) và đi qua điểm M(3;0;0) có dạng:

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

Chọn A.

\(\begin{array}{l}{\left( {1 - \sqrt 3 i} \right)^2}z = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {1 - 2\sqrt 3 i + 3{i^2}} \right)z = 3 - 4i\\ \Leftrightarrow \left( { - 2 - 2\sqrt 3 i} \right)z = 3 - 4i \Leftrightarrow z = \frac{{3 - 4i}}{{ - 2 - 2\sqrt 3 i}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {3 - 4i} \right)\left( { - 2 + 2\sqrt 3 i} \right)}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2} - {{\left( {2\sqrt 3 i} \right)}^2}}} \Leftrightarrow z = \frac{{ - 6 + 6\sqrt 3 i + 8i + 8\sqrt 3 }}{{4 + 12}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{ - 6 + 8\sqrt 3  + \left( {6\sqrt 3  + 8} \right)i}}{{16}} \Leftrightarrow z = \frac{{ - 3 + 4\sqrt 3 }}{8} + \frac{{3\sqrt 3  + 4}}{8}i\end{array}\)

Khi đó ta có: \(\left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{{ - 3 + 4\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3\sqrt 3  + 4}}{8}} \right)}^2}}  = \frac{5}{4}\)

Chọn A.

Ta có: \(V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.2R = 16\pi  \Rightarrow {R^3} = 8 \Rightarrow R = 2;h = 4\)

Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng:

\({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_d} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .2.4 + 2\pi {.2^2} = 16\pi  + 8\pi  = 24\pi \)

Chọn D.

Điều kiện: \(x > 0.\)

Đặt: \(t = {\log _2}x\) khi đó phương trình ban đầu trở thành: \({t^2} - 7t + 9 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{7 \pm \sqrt {13} }}{2}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}t = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2} \Leftrightarrow {\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2} \Leftrightarrow x = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}\\t = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2} \Leftrightarrow {\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2} \Leftrightarrow x = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\\ \Rightarrow {x_1}.{x_2} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}{.2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}} = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2} + \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}} = {2^7} = 128\end{array}\)

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\left( {\frac{{{3^x} - 1}}{{{3^x} + 1}}} \right)' = \frac{{\left( {{3^x} - 1} \right)'.\left( {{3^x} + 1} \right) - \left( {{3^x} - 1} \right).\left( {{3^x} + 1} \right)'}}{{{{\left( {{3^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{3^x}.\ln 3.\left( {{3^x} + 1} \right) - \left( {{3^x} - 1} \right){{.3}^x}.\ln 3}}{{{{\left( {{3^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{3^x}.\ln {{3.3}^x} + {3^x}.\ln 3 - {3^x}{{.3}^x}.\ln 3 + {3^x}.\ln 3}}{{{{\left( {{3^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = 2.\frac{{{3^x}.\ln 3}}{{{{\left( {{3^x} + 1} \right)}^2}}}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có: \({x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 4\\{x^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x =  \pm 1\end{array} \right..\)

Lại có: \(f\left( x \right) = {x^4} - 5{x^2} + 4\) là hàm chẵn.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  = 2\int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + 2\int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\left| {\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} } \right| + 2\left| {\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} } \right|.\end{array}\)

Vậy chỉ có đáp án D sai.

Chọn D.

Ta có: \(y' = \left[ { - 2f\left( { - x} \right)} \right]' =  - 2f'\left( { - x} \right)\left( { - x} \right)' = 2f'\left( { - x} \right) \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( { - x} \right) = 0\)

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

Khi đó ta có bảng xét dấu:

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = 2f\left( { - x} \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;\,1} \right).\) 

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,{2^\beta }\left( {{2^\alpha } + {2^\beta }} \right) = 8\left( {{2^{ - \alpha }} + {2^{ - \beta }}} \right) \Leftrightarrow \,{2^\beta }\left( {{2^\alpha } + {2^\beta }} \right) = 8\left( {\frac{1}{{{2^\alpha }}} + \frac{1}{{{2^\beta }}}} \right)\\ \Leftrightarrow \,{2^\beta }\left( {{2^\alpha } + {2^\beta }} \right) = 8\left( {\frac{{{2^\alpha } + {2^\beta }}}{{{2^\alpha }{{.2}^\beta }}}} \right) \Leftrightarrow \left( {{2^\alpha } + {2^\beta }} \right)\left( {{2^\beta }{{.2}^\alpha }{{.2}^\beta } - 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {2^{\alpha  + 2\beta }} = 8 = {2^3}\,\,\,\left( {do\,\,\,{2^\alpha } + {2^\beta } > 0} \right)\,\, \Leftrightarrow \alpha  + 2\beta  = 3.\end{array}\)

Chọn D.

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Có \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \angle \left( {A'C,\,\left( {ACBD} \right)} \right) = \angle \left( {AC,\,A'C} \right) = {45^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AA' = AC = a.\\ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\end{array}\)

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x =  - 1,\,\,x = 2.\)

Ta có: \(y = f\left( {2x} \right) \Rightarrow y' = 2f'\left( {2x} \right) \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\2x =  - 1\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - \frac{1}{2}\\x = 1\end{array} \right.\)

Dựa theo tính đơn điệu của hàm số \(y = f\left( x \right) \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( {2x} \right)\) đạt cực đại \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x =  - 1\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{1}{2}\\x = 1\end{array} \right..\)

Chọn  C.

Ta có: \(R = 3.\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl \Leftrightarrow \pi .3.l = 6\pi \sqrt 3  \Leftrightarrow l = 2\sqrt 3 .\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{R}{l} = \frac{3}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \alpha  = {60^0} \Rightarrow \angle ASB = {2.60^0} = {120^0}.\end{array}\)

Chọn D.

Ta có: \({z^2} + 4z + 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} =  - 2 + \sqrt 3 i \Rightarrow \overline {{z_1}}  =  - 2 - \sqrt 3 i\\{z_2} =  - 2 - \sqrt 3 i \Rightarrow \overline {{z_2}}  =  - 2 + \sqrt 3 i\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow {z_1}\overline {{z_2}}  + \overline {{z_1}} . {{z_2}}  = {\left( { - 2 + \sqrt 3 i} \right)^2} + {\left( { - 2 - \sqrt 3 i} \right)^2} = 2.\)

Chọn A.

Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IK//BC\) (tính chất đường trung bình của tam giác)

\( \Rightarrow \angle \left( {AC,\,\,IJ} \right) = \angle \left( {IK,\,IJ} \right) = \angle KIJ.\)

Ta có:\(\Delta KIJ\) là tam giác đều

\( \Rightarrow \angle KIJ = {60^0}.\)

Chọn B.

Số cách chia 8 đội thành 2 bảng là: \({n_\Omega } = C_8^4.C_4^4 = 70\) cách chia.

Gọi A là biến cố: ‘‘Hai đội của Việt Nam được xếp vào 2 bảng khác nhau’’.

Số các chia 2 đội của Việt Nam vào 2 đội là:  \(C_2^1.C_6^3 = 40\) cách chia.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{40}}{{70}} = \frac{4}{7}.\)

Chọn D.

Chọn hệ trục như hình vẽ.

Ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {13{a^2} - 4{a^2}}  = 3a.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A\left( {0;\,0;\,0} \right),\,\,E\left( {a;\,0;\,0} \right),\,\,B\left( {2a;\,0;\,0} \right),\,C\left( {0;\,3a;\,0} \right)A'\left( {0;\,0;\,4a} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {CE}  = \left( {a; - 3a;\,0} \right),\,\,\overrightarrow {A'B}  = \left( {2a;\,\,0; - 4a} \right),\,\,\overrightarrow {EB}  = \left( {a;\,0;\,\,0} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right] = \left( {12{a^2};\,4{a^2};\,6{a^2}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {CE,\,A'B} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right].\overrightarrow {EB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right]} \right|}}\\ = \frac{{\left| {12{a^3}} \right|}}{{\sqrt {144{a^4} + 16{a^4} + 36{a^4}} }} = \frac{{12{a^3}}}{{14{a^2}}} = \frac{{6a}}{7}.\end{array}\) 

Chọn C.

Đặt \(t = {x^3} - 3x,\,\,x \in \left[ {1;2} \right]\) ta có \(t'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

BBT:

\( \Rightarrow t \in \left[ { - 2;2} \right]\).

Ứng với \(t = -2\) có 1 giá trị \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\).

Ứng với \(t \in \left( { - 2;2} \right]\)  có 2 giá trị \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\).

Phương trình \(f\left( {{x^3} - 3x} \right) = m\) có 6 nghiệm thuộc \(\left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(f\left( t \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - 2;2} \right]\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có: Phương trình \(f\left( t \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - 2;2} \right]\) khi và chỉ khi \(m = 0,\,\,m =  - 1\,\,\left( {Do\,\,m \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn B.

Gọi \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\,\,\left( {a,\,b \notin \mathbb{R}} \right).\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{\left| {z - 1} \right|^2} + \left| {z - \overline z } \right|i + \left( {z + \overline z } \right){i^{2019}} = 1\\ \Leftrightarrow {\left| {a + bi - 1} \right|^2} + \left| {a + bi - a + bi} \right|i + \left( {a + bi + a - bi} \right)\left[ {{{\left( {{i^2}} \right)}^{1009}}.i} \right] = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} + \left| {bi} \right|i - 2ai = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} + \left( {\sqrt {{b^2}}  - 2a} \right)i = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = 1\\\left| b \right| - 2a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = 1\\\left[ \begin{array}{l}b = 2a\\b =  - 2a\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 2a\\{a^2} - 2a + 1 + 4{a^2} = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b =  - 2a\\{a^2} - 2a + 1 + 4{a^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 2a\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \frac{2}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b =  - 2a\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\\b = \frac{2}{5}\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z = \frac{2}{5} + \frac{4}{5}i\\z = 0\\z = \frac{2}{5} - \frac{4}{5}i\end{array} \right..\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn D.

\(m + {x^2} < f\left( x \right) + \frac{1}{3}{x^3}\) nghiệm đúng \(\forall x \in \left( {0;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) + \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} > m\) nghiệm đúng  \(\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right)\).

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + {x^2} - 2x\).

Dựa vào BBT ta thấy :

\(1 < f'\left( x \right) \le 3\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)\) và \(\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow  - 1 \le {x^2} - 2x \le 3\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;3} \right)\).

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 0 \right)\)

Chọn B.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm mặt cầu tiếp xúc với \(\left( {Oyz} \right)\) đồng thời đi qua \(M,N,P\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}IM = IN\\IM = IP\\d\left( {I;\left( {Oyz} \right)} \right) = IN\end{array} \right.\).

Ta có: 

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {IM}  = \left( {2 - a;1 - b;4 - c} \right)\\\overrightarrow {IN}  = \left( {5 - a; - 3 - b;1 - c} \right)\\\overrightarrow {IP}  = \left( {1 - a; - 3 - b;1 - c} \right)\\d\left( {I;\left( {Oyz} \right)} \right) = \left| a \right|\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2 - a} \right)^2} + \left( {1 - {b^2}} \right) + {\left( {4 - c} \right)^2} = {\left( {5 - a} \right)^2} + {b^2} + {c^2}\\{\left( {2 - a} \right)^2} + \left( {1 - {b^2}} \right) + {\left( {4 - c} \right)^2} = {\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {3 + b} \right)^2} + {\left( {1 - c} \right)^2}\\{a^2} = {\left( {5 - a} \right)^2} + {b^2} + {c^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a + 4 - 2b + 1 - 8c + 16 =  - 10a + 25\\ - 4a + 4 - 2b + 1 - 8c + 16 =  - 2a + 1 + 6b + 9 - 2c + 1\\{a^2} = {\left( {5 - a} \right)^2} + {b^2} + {c^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6a - 2b - 8c = 4\\ + 2a + 8b + 6c = 10\\ - 10a + {b^2} + {c^2} =  - 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1 - c\\a = 1 + c\\ - 10\left( {1 + c} \right) + {\left( {1 - c} \right)^2} + {c^2} =  - 25\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1 - c\\a = 1 + c\\2{x^2} - 12c + 16 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\a = 3\\b =  - 1\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}c = 4\\a = 5\\b =  - 3\end{array} \right.\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow c = 2\end{array}\)

Chọn B.

\(I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{3x + 5\sqrt {3x + 1}  + 7}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{3x + 1 + 5\sqrt {3x + 1}  + 6}}} } \)

Đặt \(\sqrt {3x + 1}  = t \Rightarrow {t^2} = 3x + 1 \Rightarrow 2tdt = 3dx \Leftrightarrow dx = \frac{2}{3}tdt.\)

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int\limits_1^2 {\frac{2}{3}\frac{{tdt}}{{{t^2} + 5t + 6}} = } \frac{2}{3}\int\limits_1^2 {\frac{{tdt}}{{\left( {t + 2} \right)\left( {t + 3} \right)}}}  = \frac{2}{3}\int\limits_1^2 {\left( {\frac{3}{{t + 3}} - \frac{2}{{t + 2}}} \right)dt} \\ = \frac{2}{3}\left. {\left( {3\ln \left| {t + 3} \right| - 2\ln \left| {t + 2} \right|} \right)} \right|_1^2 = \frac{2}{3}\left( {3\ln 5 - 2\ln 4 - 3\ln 4 + 2\ln 3} \right)\\ = \frac{2}{3}\left( {3\ln 5 + 2\ln 3 - 5\ln 4} \right) = \frac{2}{3}\left( { - 10\ln 2 + 2\ln 3 + 3\ln 5} \right) =  - \frac{{20}}{3}\ln 2 + \frac{4}{3}\ln 3 + 2\ln 5.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{{20}}{3}\\b = \frac{4}{3}\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c =  - \frac{{10}}{3}.\end{array}\)

Chọn A.

Ta có: \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y = t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow C \in d \Rightarrow C\left( { - 1 + 2t;\,\,t;\,\,2 - t} \right).\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1; - 2} \right);\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {2t - 1;\,t - 2;\,3 - t} \right).\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {3t - 7;\, - 3t - 1;\,3t - 3} \right)\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right]} \right| = 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {3t - 7} \right)}^2} + {{\left( {3t + 1} \right)}^2} + {{\left( {3t - 3} \right)}^2}}  = 4\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow 27{t^2} - 54t + 59 = 32\\ \Leftrightarrow 27{t^2} - 54t + 27 = 0 \Leftrightarrow t = 1\\ \Rightarrow C\left( {1;\,1;\,1} \right) \Rightarrow m = n = p = 1 \Rightarrow m + n + p = 3.\end{array}\)

Chọn  C.

Điều kiện: \(x >  - 5.\) 

Xét dấu hàm số \(f\left( x \right) = x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 3;\,0} \right] \cup \left[ {3; + 8} \right)\\f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 3} \right] \cup \left[ {0;\,3} \right]\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\left( {{x^3} - 9x} \right)\ln \left( {x + 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 9x \ge 0\\\ln \left( {x + 5} \right) \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 9x \le 0\\\ln \left( {x + 5} \right) \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) \ge 0\\x + 5 \le {e^0}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) \le 0\\x + 5 \ge {e^0}\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in \left[ { - 3;\,0} \right] \cup \left[ {3; + 8} \right)\\x \le  - 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ; - 3} \right] \cup \left[ {0;\,3} \right]\\x \ge  - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 \le x \le  - 3\\0 \le x \le 3\end{array} \right..\end{array}\)

Lại có \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 4;\, - 3;\,0;\,\,1;\,2;\,3} \right\}\)

Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) + f'\left( x \right) = {e^{ - x}} \Leftrightarrow f\left( x \right){e^x} + f'\left( x \right){e^x} = 1 \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right){e^x}} \right]' = 1\)

Lấy tích phân 2 vế ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^x {\left[ {f\left( x \right){e^x}} \right]'dx}  = \int\limits_0^x {dx}  \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right){e^x}} \right|_0^x = \left. x \right|_0^x \Leftrightarrow f\left( x \right){e^x} - f\left( 0 \right) = x\\ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^x} = x + 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 2} \right){e^{ - x}}\\ \Rightarrow f\left( x \right){e^{2x}} = \left( {x + 2} \right){e^x}\\ \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f\left( x \right){e^{2x}}dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {x + 2} \right){e^x}dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {x + 2} \right)d\left( {{e^x}} \right)} \\ = \left( {x + 2} \right){e^x} - \int\limits_{}^{} {{e^x}dx}  + C = \left( {x + 2} \right){e^x} - {e^x} + C = \left( {x + 1} \right){e^x} + C\end{array}\)

Chọn D.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + \frac{1}{2}{x^2} - f\left( 0 \right)\) có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + x = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) =  - x\).

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - x\) trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:

Khi đó ta có \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 1 nghiệm đơn \(x = 2 \in \left( { - 2;3} \right) \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 1 cực trị thuộc \(\left( { - 2;3} \right)\).

Xét \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{1}{2}{x^2} + f\left( 0 \right)\).

Ta có \( - \frac{{{x^2}}}{2} + f\left( 0 \right) \le f\left( 0 \right)\,\,\forall x \in \left( { - 2;3} \right)\).

BBT hàm số \(y = f\left( x \right)\):

Ta so sánh \(f\left( 0 \right)\) và \(f\left( 3 \right)\).

Ta có \(\int\limits_0^b { - f'\left( x \right)dx}  > \int\limits_b^3 {f'\left( x \right)dx}  \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( b \right) > f\left( 3 \right) - f\left( b \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 3 \right)\)

So sánh \(f\left( 0 \right)\) và \(f\left( { - 2} \right)\). Ta có :

\(\int\limits_{ - 2}^a {f'\left( x \right)dx}  < \int\limits_a^0 { - f'\left( x \right)dx}  \Leftrightarrow f\left( a \right) - f\left( { - 2} \right) < f\left( a \right) - f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f\left( { - 2} \right) > f\left( 0 \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2}}}{2} + f\left( 0 \right)\) có tối đa  nghiệm thuộc \(\left( { - 2;3} \right)\).

\( \Rightarrow \) Phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có tối đa 2 nghiệm \( \Rightarrow \) Hàm số \(y = \left| {g\left( x \right)} \right|\) có tối đa \(1 + 2 = 3\) cực trị.

Chọn D.

Gọi \(x\) là độ dài cạnh đáy của chóp đều \(S.ABCD\).

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\BD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).

Trong \(\left( {SBC} \right)\) kẻ \(BH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)\) ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot SC\\BD \bot SC\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {BDH} \right) \Rightarrow SC \bot DH\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SBC} \right) \supset BH \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset DH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {BH;DH} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \angle BHD = \frac{1}{{10}}\\\cos \angle BHD =  - \frac{1}{{10}}\end{array} \right.\).

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta BHC = \Delta DHC \Rightarrow HB = HD \Rightarrow \Delta HBD\) cân tại \(H\).

Xét tam giác \(SBC\) ta có : \(\cos \angle C = \frac{{B{C^2} + S{C^2} - S{B^2}}}{{2BC.SC}} = \frac{{{x^2}}}{{2x.\sqrt {11} a}} = \frac{{x\sqrt {11} }}{{22a}}\)

\( \Rightarrow HC = BC.\cos  \angle C = \frac{{{x^2}\sqrt {11} }}{{22a}}\).

\( \Rightarrow HB = \sqrt {B{C^2} - H{C^2}}  = \sqrt {{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{44{a^2}}}}  = \frac{{x\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{{2a\sqrt {11} }} = HD\)

 Xét tam giác \(BDH\) có :

\(\cos \angle BHD = \frac{{H{B^2} + H{D^2} - B{D^2}}}{{2HB.HD}} = \frac{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}} - 2{x^2}}}{{2\left( {{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{44{a^2}}}} \right)}} = \frac{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}} - 2{x^2}}}{{2{x^2} - \frac{{{x^4}}}{{22{a^2}}}}} = 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}}\)

TH1: \(\cos \angle BHD = \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{9}{{10}}\) 

\( \Leftrightarrow 440{x^2}{a^2} = 396{x^2}{a^2} - 9{x^4} \Leftrightarrow 9{x^4} =  - 44{x^2}{a^2}\) (vô nghiệm)

TH2: \(\cos \angle BHD =  - \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow 1 - \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} =  - \frac{1}{{10}} \Leftrightarrow \frac{{44{x^2}{a^2}}}{{44{x^2}{a^2} - {x^4}}} = \frac{{11}}{{10}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 440{x^2}{a^2} = 484{x^2}{a^2} - 11{x^4} \Leftrightarrow 11{x^4} = 44{x^2}{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a\\ \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2a\sqrt 2  = a\sqrt 2 \end{array}\).

Xét tam giác vuông \(SOA\) có : \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {11{a^2} - 2{a^2}}  = 3a\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.{\left( {2a} \right)^2} = 4{a^3}\).

Chọn C.

Gắn hệ trục tọa độ như sau:

+) Gọi phương trình parapol là \(\left( P \right):\,\,y = a{x^2} + bx + c\).

\(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {10;0} \right),\,B\left( {0;20} \right)\) và nhận \(x = 10\) là trục đối xứng nên ta có hệ phương trình :

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}100a + 10b + c = 0\\c = 20\\\frac{{ - b}}{{2a}} = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{5}\\b =  - 4\\c = 20\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):\,\,y = \frac{1}{5}{x^2} - 4x + 20 = \frac{1}{5}{\left( {x - 10} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {x - 10} \right)^2} = 5y \Leftrightarrow x - 10 =  \pm \sqrt {5y}  \Leftrightarrow x = 10 \pm \sqrt {5y} \end{array}\).

\( \Rightarrow \) Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi \(\left( P \right)\), trục Ox, Oy là \({V_1} = \pi \int\limits_0^{20} {{{\left( {10 - \sqrt {5y} } \right)}^2}dy}  = \frac{{1000\pi }}{3}\)

+) Thể tích khối trụ có chiều cao \(h = 5\), bán kính \(R = 10\) là \({V_2} = \pi {10^2}.5 = 500\pi \).

Vậy thể tích chiếc mũ là \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{1000\pi }}{3} + 500\pi  = \frac{{2500\pi }}{3}\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn B.

Đặt \(t = \frac{x}{2} + 1,\,\,x \in \left[ { - 2;2} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right]\) và \(x = 2\left( {t - 1} \right)\).

Khi đó ta có \(\frac{1}{3}f\left( t \right) + 2\left( {t - 1} \right) = m,\,\,t \in \left[ {0;2} \right] \Leftrightarrow f\left( t \right) = 3m - 6\left( {t - 1} \right) =  - 6t + 3m + 6\,\,\left( * \right)\).

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y =  - 6t + 3m + 6\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và \(y =  - 6t\) trên cùng 1 mặt phẳng tọa độ ta có :

Gọi \({d_1}\) là đường thẳng đi qua \(\left( {0; - 4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y =  - 6t \Rightarrow \left( {{d_1}} \right):\,\,y =  - 6t - 4\)

Gọi \({d_1}\) là đường thẳng đi qua \(\left( {2;5} \right)\) và song song với đường thẳng \(y =  - 6t \Rightarrow \left( {{d_2}} \right):\,\,y =  - 6t + 17\).

Để phương trình (*) có nghiệm \(t \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y =  - 6t + 3m + 6\) nằm giữa hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) \( \Rightarrow  - 4 \le 3m + 6 \le 17 \Leftrightarrow  - \frac{{10}}{3} \le m \le \frac{{11}}{3}\).

Kết hợp điều kiện \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 7 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C

Giả sử \(H\left( {3 + 2t;\,\,t;\,\,1 + t} \right) \in {\Delta _1},\,\,K\left( {1 + t';\,\,2 + 2t';\,\,t'} \right) \in {\Delta _2}\) ta có: \(\overrightarrow {HK}  = \left( {t' - 2t - 2;\,\,2t' - t + 2;\,\,t' - t - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Vì \(d \bot \Delta  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {HK}  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {HK}  = 0\)  

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow t' - 2t - 2 + 2t' - t + 2 - 2\left( {t' - t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow t' - t + 2 = 0 \Leftrightarrow t' = t - 2\end{array}\)

Ta có \( \Rightarrow \overrightarrow {HK}  = \left( { - t - 4;t - 2; - 3} \right) \Rightarrow H{K^2} = {\left( {t + 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + 9\)

\( \Leftrightarrow H{K^2} = 2{t^2} + 4t + 29 = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\)

\( \Leftrightarrow H{K_{\min }} = 3\sqrt 3  \Leftrightarrow t =  - 1\). Khi đó \(\overrightarrow {HK}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right)//\left( {1;1;1} \right)\).

Suy ra đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow u \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTCP \( \Rightarrow h = k = 1\).

Vậy \(h - k = 1 - 1 = 0\).

Chọn A.

\(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng với \(\overrightarrow a  = \left( {1; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {k; - k;0} \right)\,\,\left( {k > 0} \right) \Rightarrow M{N^2} = 2{k^2} = 50 \Leftrightarrow k = 5\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {5; - 5;0} \right)\)

Lấy \(A'\) thỏa mãn \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {MN}  = \left( {5; - 5;0} \right) \Rightarrow A'\left( {1;2;3} \right)\) .

Vì \(AA'NM\) là hình bình hành \( \Rightarrow AM = A'N\).

Ta có: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {A'N - BN} \right| \le A'N = \sqrt {17} \).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow N = A'B \cap \left( {Oxy} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {A'B}  = \left( {3;2;2} \right) \Rightarrow \) Phương trình \(A'B:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 + 2t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\) .

\(N \in A'B \Leftrightarrow N\left( {1 + 3t;2 + 2t;3 + 2t} \right)\)

\(N \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow 3 + 2t = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{3}{2}\).

Khi đó \(N\left( { - \frac{7}{2}; - 1;0} \right);\,\,M\left( { - \frac{{17}}{2};4;0} \right)\).

Chọn A. 

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

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: \(y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\)

Cho \(x = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {1 - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}} = \dfrac{{ - 2\left( {1 - {x_0}} \right)}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{\left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right)}}{{2{x_0} - 2}}\\ = \dfrac{{4x_0^2 - 4{x_0}}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} \Rightarrow A\left( {1;\dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\end{array}\)

Cho \(y = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = \left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right) - {\left( {2{x_0} - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = 2{x_0} - 2 \Leftrightarrow x = 2{x_0} - 1\\ \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)\end{array}\)

Đồ thị \(\left( C \right)\) có TCĐ là \(x = 1\) và TCN là \(y = 1\), giao điểm của 2 đường tiệm cận \(I\left( {1;1} \right)\)

Ta có: \({S_{\Delta OIB}} = 8{S_{\Delta OIA}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.d\left( {B;OI} \right).OI = 8.\dfrac{1}{2}.d\left( {B;OI} \right).OI \Leftrightarrow d\left( {B;OI} \right) = 8.d\left( {B;OI} \right)\) (*)

Phương trình đường thẳng OI là: \(y = x \Leftrightarrow x - y = 0\)

 (*)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {2{x_0} - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 8.\dfrac{{\left| {1 - \dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left| {2{x_0} - 2} \right| = 8\left| {\dfrac{{ - 1}}{{{x_0} - 1}}} \right| \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = 2\\{x_0} - 1 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} =  - 1(L)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {y_0} = \dfrac{{2.3 - 1}}{{2.3 - 2}} = \dfrac{5}{4}\)\( \Rightarrow S = {x_0} + 4{y_0} = 8\).

Chọn: A

Ta có: \({x^2}f'\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right),\,\forall x \ne  \pm 1\,\, \Rightarrow f'\left( x \right).\left( {{x^2} - 1} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{x^2} - 1}}\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} dx = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{1}{{{x^2} - 1}}dx}  \Leftrightarrow \left. {\ln \left| {f\left( x \right)} \right|} \right|_0^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}\left. {\ln \left| {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|} \right|_0^{\frac{1}{2}} \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| - \ln \left| e \right| = \dfrac{1}{2}\left( {\ln \dfrac{1}{3} - \ln 1} \right)\)\( \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| - 1 =  - \dfrac{1}{2}\ln 3 \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right| = \ln \dfrac{e}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \left| {f\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right| = \dfrac{e}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{e}{{\sqrt 3 }}\) (do hàm số \(f\left( x \right)\) dương)

Chọn: D

Gọi M là trung điểm của A’C’, O là tâm của hình chữ nhật ABB’A’.

Do \(OM//BC',\,\,AB' \bot BC'\) nên \(OM \bot AB'\)

Gọi độ dài cạnh đáy của lăng trụ là x.

Ta có: \(BM = \dfrac{{x\sqrt 3 }}{2}\), \(OM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\), \(OB' = \dfrac{{AB'}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\)

\( \Rightarrow \Delta OB'M\) vuông cân tại O

\(\begin{array}{l} \Rightarrow MB' = \sqrt 2 .OB' \Leftrightarrow \dfrac{{x\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = 2{a^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 \end{array}\)

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

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

Chọn: A

\(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 5} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = 2x.f'\left( {{x^2} - 5} \right)\)

\(f'\left( {{x^2} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 5 =  - 1\\{x^2} - 5 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x =  \pm \sqrt 7 \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\):

\( \Rightarrow \) Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\): Là khẳng định đúng.

Chọn: B

Kẻ \(AH \bot A'D,\,\left( {H \in A'D} \right)\). Ta có:  \(AB \bot AD,\,\,AB \bot AA' \Rightarrow AB \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow AB \bot AH\)

\( \Rightarrow d\left( {AB;A'D} \right) = AH = 2\)

Gọi độ dài đoạn AD là x

\(\Delta ADA'\) vuông tại A, \(AH \bot A'D\,\, \Rightarrow AD.AA' = AH.A'D \Leftrightarrow AA' = \dfrac{{AH.A'D}}{{AD}} = \dfrac{{2.5}}{x} = \dfrac{{10}}{x}\)

Lại có: \(A{D^2} + AA{'^2} = A'{D^2} \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {\dfrac{{10}}{x}} \right)^2} = {5^2} \Leftrightarrow {x^4} - 25{x^2} + 100 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 20\\{x^2} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 5 \\x = \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Do \(A'A > AD\) nên \(AD = \sqrt 5 ,\,\,AA' = 2\sqrt 5 \)

Thể tích lăng trụ là: \(V = A{D^2}.AA' = 5.2\sqrt 5  = 10\sqrt 5 \).

Chọn: C

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = \left( {\frac{1}{2}g{t^2}} \right)' = gt.\)

Vận tốc tức thời của vật đó tại thời điểm \(t = 4s\) là: \(v = gt = 9,8.4 = 39,2\,\,\left( {m/s} \right).\)

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1,\,\,{y_{CD}} = 3\) và hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1,\,\,{y_{CT}} = \frac{1}{3}.\)

Hàm số đạt \(Max\,y = 3;\,\,Min\,y = \frac{1}{3}.\)

Chọn C.

Mặt phẳng chứa trục \(Oz \Rightarrow \) mặt phẳng cần tìm có 1 VTCP là \(\overrightarrow k  = \left( {0;\,1;\,1} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow k  \bot \overrightarrow n \) với \(\overrightarrow n \) là VTPT của mặt phẳng cần tìm.

+) Xét đáp án A: có \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow n .\overrightarrow k  = 2.0 + \left( { - 1} \right).0 + 0.1 = 0\)

Thay tọa độ điểm \(I\left( {1;\,2;\,3} \right)\) vào phương trình ta được: \(2.1 - 2 = 0 \Rightarrow \) thỏa mãn.

Chọn A.