Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Trí Đức

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(0\) nên A sai.

Chọn A

\(y = \dfrac{3}{{x - 2}}\)

TXĐ:\(D = R\backslash {\rm{\{ }}2\} \)

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{3}{{x - 2}} =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{X \to {2^ - }} \dfrac{3}{{x - 2}} =  - \infty \end{array} \right\} \) \(\Rightarrow TCĐ:x = 2\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{3}{{x - 2}} = 0\) \( \Rightarrow TCN y=0\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} - 3{x^2} - 4x = 0\)

\(\Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 3x - 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox được xác định bằng công thức:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx\)

Mà ta có: \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 4x = x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)\)

+ Với \( - 1 < x < 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0\)

+ Với \(0 < x < 4 \Rightarrow f\left( x \right) < 0\)

Khi đó ta có: \(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx\)\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)} \;dx - \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} \;dx\)

Chọn đáp án D.

Đặt \(u = {x^2} - 1 \Rightarrow du = 2x\,dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \to u = 0\\x = 2 \to u = 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_1^2 {2x\sqrt {{x^2} - 1} \,dx\, = \int\limits_0^3 {\sqrt u } } \,du\)

\( \to \) Đáp án C sai

Chọn đáp án C.

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng đi qua 1 cạnh và trung điểm cạnh đối diện. Vì tứ diện đều có 6 cạnh nên có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A.

Ta có: \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\)

\({S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

\(SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Chọn B.

Khối trụ nội tiếp có bán kính \(r = \dfrac{a}{2}\) , chiều cao \(h = a\)

Thể tích của khối trụ nội tiếp là: \({V_1} = \pi {r^2}.h = \pi .{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2}.a = \dfrac{{\pi {a^3}}}{4}\)

Khối trụ ngoại tiếp có bán kính \(R = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) , chiều cao \(h = a\)

Thể tích của khối trụ ngoại tiếp là: \({V_2} = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.a = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{1}{2}\) .

Chọn A

Mặt cầu tâm \(I\left( {2;4;6} \right)\), bán kính R và tiếp xúc trục Ox\( \Leftrightarrow R = d\left( {I;Oz} \right)\)

\( \Leftrightarrow R = \sqrt {x_I^2 + y_I^2}  = \sqrt {20} \). Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 20.\)

Lựa chọn đáp án A.

Ta có: \(\dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}\sqrt b  + {b^{\dfrac{1}{3}}}\sqrt a }}{{\sqrt[6]{a} + \sqrt[6]{b}}} \)

\(= \dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{2}}} + {b^{\dfrac{1}{3}}}{a^{\dfrac{1}{2}}}}}{{{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}}} \)

\(= \dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{3}}}\left( {{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}} \right)}}{{{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}}}\)

\(= {a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{3}}} = \sqrt[3]{{ab}}\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \({(8,5)^{\dfrac{{x - 3}}{{{x^2} + 1}}}} < 1 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{{x^2} + 1}} < 0\)

\(\Leftrightarrow x - 3 < 0 \Leftrightarrow x < 3.\)

Chọn đáp án D.

Để pt \(2{z^2} - bz + c = 0\)có hai nghiệm thuần ảo

  \(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta  < 0\\ \Rightarrow {b^2} - 4.2.c < 0\\ \Rightarrow {b^2} - 8c < 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l}z = \dfrac{{3 + 4i}}{{2 + 3i}} + \dfrac{{5 - 2i}}{{2 - 3i}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {3 + 4i} \right)\left( {2 - 3i} \right) + \left( {5 - 2i} \right)\left( {2 + 3i} \right)}}{{4 - 9{i^2}}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{6 - i - 12{i^2} + 10 + 11i - 6{i^2}}}{{13}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{34}}{{13}} + \dfrac{{10}}{{13}}i\end{array}\)

\(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 36\pi  \Rightarrow R = 3\,cm\)

Diện tích mặt cầu là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.3^2} = 36\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn B.

\(4\pi {R^2} = 16\pi  \Rightarrow R = 2\,cm\)

Diện tích của đường tròn lớn nhất của mặt cầu là: \(S = \pi {R^2} = \pi {.2^2} = 4\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn A.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = 3\). Do mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) đối xứng với \(\left( S \right)\) qua mặt phẳng (Oxy)  nên tâm I' của \(\left( {S'} \right)\) đối xứng với I qua (Oxy), bán kính \(R' = R = 3\).

Ta có : \(I'\left( {1;2; - 3} \right)\). Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9.\)

Lựa chọn đáp án D.

Lưu ý: Để ý thấy rằng trung điểm \(II'\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\overrightarrow {II'}  \bot \left( {Oxy} \right)\). Cả 4 đáp án trên đều có thể dễ dàng tìm được tọa độ \(I'\) nên nếu tinh ý ta sẽ tiết kiệm được thời gian hơn trong việc tìm đáp án.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( { - 1;1;2} \right)\), bán kính \(R = 2\). Do mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) đối xứng với \(\left( S \right)\) qua trục Oz nên tâm I' của \(\left( {S'} \right)\) đối xứng với I qua trục Oz, bán kính \(R' = R = 2\).

Ta có : \(I'\left( {1; - 1;2} \right)\). Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 4.\)

Lựa chọn đáp án A.

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

TXĐ:\(D = R\backslash {\rm{\{ }}2\} \)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{X \to  \pm \infty } \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} = 2 \Rightarrow TCN:y = 2\\\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} =  + \infty \end{array} \right\} \\\Rightarrow TCĐ:x = 2\end{array}\)

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 3x - 4\)

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 6x + 3\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 3 = 0\\ \Leftrightarrow x = 1\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên R nên không có cực trị.

Ta có: \(c = {\log _{15}}3 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{c} = {\log _3}15 = {\log _3}\left( {3.5} \right) = {\log _3}5 + 1\)

\( \Rightarrow {\log _3}5 = \dfrac{1}{c} - 1 = \dfrac{{1 - c}}{c} \)

\(\Leftrightarrow {\log _5}3 = \dfrac{c}{{1 - c}}\)

Khi đó ta có:

\({\log _{25}}15 = \dfrac{1}{2}{\log _5}\left( {3.5} \right) \)

\(\;= \dfrac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_5}3} \right) \)

\(\;= \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{c}{{1 - c}}} \right) \)

\(\;= \dfrac{1}{{2\left( {1 - c} \right)}}\)

Chọn đáp án C.

+ Áp dụng tính chất của tích phân, ta có \(\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)\,} \right]dx}  = \int\limits_a^b {f\left( {x\,} \right)dx + \int\limits_a^b {g\left( x \right)\,dx} } \)

\( \to \) Khẳng định A đúng.

+ Tính chất của tích phân: Nếu \(f\left( x \right) \ge 0\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) thì \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)\,dx \ge 0} \)

\( \to \) Khẳng định C đúng.

+ Ta có: \(\int {\dfrac{{u'\left( x \right)dx}}{{u\left( x \right)}} = \int {\dfrac{{d\left( {u\left( x \right)} \right)}}{{u\left( x \right)}}} }  = \ln \left| {u\left( x \right)} \right| + C\)

\( \to \) Khẳng định D đúng.

\( \to \) Khẳng định B sai.

Chọn đáp án B.

PT bậc hai có 2 nghiệm  \({z_1} =  - \sqrt 3  + i\sqrt 2 ;{z_2} =  - \sqrt 3  - i\sqrt 2 \):

\(\begin{array}{l}\left[ {z - \left( { - \sqrt 3  + i\sqrt 2 } \right)} \right]\left[ {z - \left( { - \sqrt 3  - i\sqrt 2 } \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow {z^2} + 2\sqrt 3 z + 3 - 2{i^2} = 0\\ \Leftrightarrow {z^2} + 2\sqrt 3 z + 5 = 0\end{array}\)

Mọi mặt phẳng đi qua tâm của mặt cầu đều là mặt phẳng đối xứng của mặt cầu.

Vậy có vô số mặt phẳng đối xứng.

Chọn D.

Khoảng cách từ O đến \(\Delta \) là: \(d\left( {O,\Delta } \right) = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,cm\)

Chon D.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = 4\). Ta có : \(d\left( {I;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| {{z_I}} \right| = 3\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn (C) giao tuyến của mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng (Oxy), ta suy ra :

\(r = \sqrt {{R^2} - {{\left[ {d\left( {I;\left( {Oxy} \right)} \right)} \right]}^2}}  = \sqrt 7 \). Vậy chu vi (C)  bằng : \(2\sqrt 7 \pi \).

Lựa chọn đáp án B.

Ta có: \(\int {{e^x}\left( {1 - 3{e^{ - 2x}}} \right)\,dx}  = \int {\left( {1 - \dfrac{3}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^2}}}} \right)} \;d\left( {{e^x}} \right)\)\(\, = {e^x} + \dfrac{3}{{{e^x}}} + C = {e^x} + 3{e^{ - x}} + C\)

Chọn đáp án B.

Đặt \(u = 3x + 1 \)

\(\Rightarrow du = d\left( {3x + 1} \right) = 3\,dx \)

\(\Leftrightarrow dx = \dfrac{{du}}{3}\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to u = 1\\x = 1 \to u = 4\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \dfrac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( u \right)\,} du = \dfrac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( x \right)\,dx}  \)\(\,= \dfrac{1}{3}.9 = 3.\)

Chọn đáp án B.

Áp dụng tính chất của nguyên hàm ta có:

+ \(\int {k.f\left( x \right)\,dx = k\int {f\left( x \right)\,dx} } \)

+ \(\int {f'\left( x \right)\,dx}  = f\left( x \right) + C\)

+ \(\int {\left[ {f\left( x \right) \pm g\left( x \right)} \right]\,dx = \int {f\left( x \right)\,dx \pm \int {g\left( x \right)\,dx} } } \)

\( \to \) Khẳng định A sai

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int\limits_{ - 1}^a {{e^{x + 1}}} \,dx \)

\(= e\int\limits_{ - 1}^a {{e^x}\,d} \left( x \right)\)

\(= e\left( {{e^x}} \right)\left| {_{ - 1}^a} \right. \)

\(= e\left( {{e^a} - {e^{ - 1}}} \right) + C = {e^{a + 1}} - e + C\)

Khi đó \(a + 1 = 2 \Rightarrow a = 1\)

Chọn đáp án C.

\(y = {x^3} - 12x - 1\)

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 12\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{x_{cd}} =  - 2 \Rightarrow {y_{cd}} = 15\\{x_{ct}} = 2 \Rightarrow {y_{ct}} =  - 17\end{array}\) 

Đồ thị hàm đa thức không có đường tiệm cận nên loại A, B.

Đáp án C có đường tiệm cận đứng là x=1 nên thỏa mãn.

Ta có: \({\log _{\sqrt 3 }}50 = 2{\log _3}50 \)\(\,= 2\left( {{{\log }_3}5 + {{\log }_3}10} \right)\)

Mà \(a = {\log _3}15 = {\log _3}\left( {3.5} \right) = 1 + {\log _3}5\)\(\, \Rightarrow {\log _3}5 = a - 1\)

Khi đó \({\log _{\sqrt 3 }}50 = 2\left( {a - 1 + b} \right) = 2a + 2b - 2\)

Chọn đáp án C.

Với \(0 < a < b\), \(m \in {N^*}\) ta có \({a^m} < {b^m}\)

Chọn đáp án A.

Đặt z = x +yi     M (x, y)

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

Tập hợp  các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2,-2), bán kính r=1

Ta có \(\left| z \right| = \left| {x = yi} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

Lấy H( 0, 0) và M( x, y) thì \(HM = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

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

Với  H( 0, 0) và I( 2, -2) nên \(\overrightarrow {HI}  = (2, - 2)\)

Phương trình đường  thẳng HI:

\((1)\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y =  - 2t\end{array} \right.\)

Do HI giao với đường tròn nên ta thay (1) vào pt đường tròn, ta được:

\(\begin{array}{l}{\left( {2t - 2} \right)^2} + {\left( { - 2t + 2} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow 8{\left( {t - 1} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {(t - 1)^2} = \dfrac{1}{8}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 1 = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\\t - 1 = \dfrac{{ - 1}}{{2\sqrt 2 }}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \\t = 1 - \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow {M_1}\left( {2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}, - 2 - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\) \(\Rightarrow H{M_1} = 2\sqrt 2  + 1\)

\(\Rightarrow {M_2}\left( {2 - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}, - 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) \) \(\Rightarrow H{M_2} = 2\sqrt 2  - 1\)

\( \Rightarrow {\left| z \right|_{{\rm{max}}}} = H{M_1} = 2\sqrt 2  + 1\)  với \({M_1}\left( {2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}, - 2 - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\)

\(z = {\left( {1 + i\sqrt 3 } \right)^2} = 1 + 2\sqrt 3 i + 3{i^2}\)\(\, =  - 2 + 2\sqrt 3 i\)

phần thực: -2 ; phần ảo: \(2\sqrt 3 \)

Chọn C

Có 5 và chỉ 5 khối đa diện đều.

Chọn A.

Do tứ diện ABCD đều nên tâm mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh cũng trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Suy ra H chính là trọng tâm tam giác BCD.

Khi đó AH chính là trục đường tròn ngoài tiếp tam giác BCD.

Gọi K là trung điểm của AB.

Mặt phẳng trung trực của AB qua K cắt AH tại I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều ABCD.

Ta có: \(r = IK\). Mặt khác \(\Delta AKI\)  đồng dạng \(\Delta AHB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{AH}} = \dfrac{{AI}}{{AB}} = \dfrac{{IK}}{{HB}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{AB}}{{2AH}} = \dfrac{{IK}}{{HB}}\end{array}\)

Trong đó: \(AB = a,\,HB = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(AH = \sqrt {A{B^2} - H{B^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

\(\Rightarrow r = IK = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}.\)

Chọn B.

Ta có \(M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;m;0} \right)\)

Giả thiết có \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right)\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {m + 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{\left| { - m - 5} \right|}}{{\sqrt 3 }}\)\( \Leftrightarrow m =  - 3\)

Vậy \(M\left( {0; - 3;0} \right)\)

Vì mỗi mặt cảu hình bát diện đều là một tam giác đều và mỗi đỉnh của hình bát diện đều là đỉnh chung của 4 cạnh.

Vậy hình bát diện đều là đa diện đều loại {3;4}

Chọn D.

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

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

\(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\forall x \ne 1\)

Hàm nghịch biến trên \(( - \infty ,1)\) và\((1, + \infty )\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = 1\) nên \(y = 1\) là đường TCN của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{dx}}{{\sin x}}}  = \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{\sin x}}{{{{\sin }^2}x}}} \,dx\\ =  - \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{1 - {{\cos }^2}x}}} \\ =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\dfrac{1}{{1 - \cos x}} + \dfrac{1}{{1 + \cos x}}} \right)} \;d\left( {\cos x} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{1}{{1 - \cos x}}d\left( {1 - \cos x} \right)}  - \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{1}{{1 + \cos x}}d\left( {1 + \cos x} \right)} \\ = \dfrac{1}{2}\ln \left| {1 - \cos x} \right|\left| {_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. - \dfrac{1}{2}\ln \left| {1 + \cos x} \right|\left| {_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right.\\ = \left( {\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2}} \right) - \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(I = \int\limits_1^e {2x\left( {1 - \ln x} \right)\,dx} \)\(\, = \int\limits_1^e {2x\,dx}  - 2\int\limits_1^e {x\ln \,dx}\)\(\,  = {x^2}\left| {_1^e} \right. - 2\int\limits_1^e {x\ln \,dx} \)

Đặt \({I_1} = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx} \)     

Ta có:

\({I_1} = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx}  = \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. - \int\limits_1^e {\dfrac{x}{2}dx} \)

\(= \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. - \left( {\dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)\left| \begin{array}{l}_{}^e\\_1^{}\end{array} \right.\)

\( = \dfrac{e^2}{2}\ln e - \left( {\dfrac{e^2}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{e^2}{2}+\dfrac {1}{4}\)

Khi đó ta có: \(I = {e^2} - 1 - 2.\left( {\dfrac{{{e^2}}}{4} + \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{{{e^2} - 3}}{2}\)

Khối chóp O. A’B’C’ D’ và khối hộp đã cho có cùng đáy là tứ giác A’B’C’D’ và cùng chiều cao là khoảng cách từ O đến mp(A’B’C’ D’) nên:

\(\begin{array}{l}{V_{O.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{O.A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Chọn A

Vì \(\left( \alpha  \right)//\left( \beta  \right)\)\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):2x - 4y + 4z + m = 0\)\(\left( {m \ne 3} \right)\)

Giả thiết có \(d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {32 + m} \right|}}{6} = 3\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 14\\m =  - 50\end{array} \right.\)

Vậy \(\left( \alpha  \right):x - 2y + 2z - 7 = 0\), \(\left( \alpha  \right):x - 2y + 2z - 25 = 0\)

Với n chẵn thì điều kiện để \(\sqrt[n]{b}\) có nghĩa là \(b \ge 0\) 

Chọn đáp án D.

Ta có:

+ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{{{\log }_2}3}} = 3}\\{0 < {{\log }_5}3 < {{\log }_3}5 \Rightarrow {5^{{{\log }_3}5}} > {5^{{{\log }_5}3}} = 3}\end{array}} \right. \to \) Đáp án A sai.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}{2^{{{\log }_2}3}} = 3\\{5^{{{\log }_5}3}} = 3\end{array} \right. \to \) Đáp án B đúng.

Chọn đáp án B.

\(\left( \Delta  \right):3x - 4y - 3 = 0\)

Đặt z= x+yi

\(\left| z \right| = \left| {x + yi} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

L ấy O(0, 0).

Ta  có |z|min khi kh oảng  c ách t ừ O đ ến \(\left( \Delta  \right)\) l à ng ắn nh ất

\({\left| z \right|_{\min }} = d(O',\Delta ) = \dfrac{{\left| {3.0 - 4.0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} \)\(\,= \dfrac{3}{5}\)

\(\left| z \right| = \left| {\overline z } \right| = \sqrt {{8^2} + {6^2}}  = 10\)

Ta có \({d_1}\) đi qua \(A\left( {2;2;3} \right)\) và có \(\overrightarrow {{u_{{d_1}}}}  = \left( {2;1;3} \right)\), \({d_2}\) đi qua \(B\left( {1;2;1} \right)\) và có \(\overrightarrow {{u_{{d_2}}}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}= \left( { - 1;1; - 2} \right);\left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}}; \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} } \right] = \left( {7; - 2; - 4} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}}; \)\(\overrightarrow {{u_{{d_2}}}}} \right]\overrightarrow {AB}=  - 1 \ne 0\) nên \({d_1},{d_2}\) chéo nhau.

Do \(\left( \alpha  \right)\) cách đều \({d_1},{d_2}\) nên \(\left( \alpha  \right)\) song song với \({d_1},{d_2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} ;\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} } \right] = \left( {7; - 2; - 4} \right)\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\) có dạng \(7x - 2y - 4z + d = 0\)

Theo giả thiết thì \(d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {B,\left( \alpha  \right)} \right)\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {d - 2} \right|}}{{\sqrt {69} }} = \dfrac{{\left| {d - 1} \right|}}{{\sqrt {69} }} \Leftrightarrow d = \dfrac{3}{2}\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):14x - 4y - 8z + 3 = 0\)

\({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\) có VTPT \(Oxyz\)

\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 6z - 11 = 0\) có VTCP \((P)\)

\(2x + 2y - z - 7 = 0\)cắt \((Q)\)

Chọn đáp án D.