Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Bà Điểm

Số phức \(z=-4+5i\) có phần thực \(a=-4\); phần ảo \(b=5\) nên điểm biểu diễn hình học của số phức \(z\) là \(\left( -4;5 \right)\).

Chọn A

Ta có: \(\left( {{\log }_{2}}x \right)'=\frac{1}{x\ln 2}\).

Chọn B

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

Chọn D

Ta có bất phương trình \({{2}^{x+1}}>8\Leftrightarrow {{2}^{x+1}}>{{2}^{3}}\Leftrightarrow x>2\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left( \,2;+\infty  \right)\)

Ta có \({{u}_{2}}={{u}_{1}}+d\Leftrightarrow d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=-1-3=-4\).

Chọn D

Ta có: \(\overrightarrow{MN}=\left( -1;-1;5 \right);\,\,\,\overrightarrow{MP}=\left( 0;-4;8 \right)\); \(\left[ \overrightarrow{MN};\,\overrightarrow{MP} \right]=\left( 12;8;4 \right)\).

Vectơ pháp tuyến của \(\left( MNP \right)\) cùng phương với \(\left[ \overrightarrow{MN};\,\overrightarrow{MP} \right]\).

Suy ra một véc tơ pháp tuyến của \(\left( MNP \right)\) là \(\overrightarrow{n}\left( 3;2;1 \right)\)

Chọn B

Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ \(\left( 2;0 \right)\).

Ta có: \(I=\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x+\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x=}}6+1=7\)

Ta có đồ thị hàm số là đồ thị của hàm trùng phương nên loại B.

Mặt khác hệ số \(a<0\) nên loại C.

Do hàm số ở Đáp án D luôn nhận giá trị âm nên loại D.

Suy ra: Đáp án A.

Ta có \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2y+4z-2=0\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=0 \\ & b=1 \\ & c=-2 \\ & d=-2 \\\end{align} \right.\)

Khi đó

Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R=\sqrt{{{0}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}-\left( -2 \right)}=\sqrt{7}\).

Chọn D

Ta có \({{\bar{z}}^{2}}={{\left( 3-5i \right)}^{2}}=-16-30i\) nên phần ảo của số phức \({{\bar{z}}^{2}}\) bằng \(-30\).

Diện tích đáy bằng \(B=\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\).

Thể tích của khối lăng trụ là \(V=B.h=3\sqrt{3}\).

Diện tích tam giác \(ABC\): \(S=\frac{1}{2}BC.AB=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \(V=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.2a\sqrt{3}={{a}^{3}}\).

Chọn A

\(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 3;0;0 \right),\,R=3\)

\(\left( {{S}'} \right)\) có tâm \({I}'\left( -2;0;0 \right),\,{R}'=2\)

Do \(I{I}'=5=R+{R}'\) nên hai mặt cầu tiếp xúc ngoài.

Số phức \(z=4-2i\) có phần thực bằng 4, phẩn ảo bằng \(-2\)

Ta có \(S=2\pi rl=2.\pi .5.7=70\pi .\)

Ta thấy \(1+2.2-3.1-2=0\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa điểm \(M\left( 1;2;1 \right)\).

Chọn D

Từ đồ thị, ta có đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là \((0;0)\).

Chọn D

\(\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x-3}=-\infty \). Suy ta tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=3\).

Ta có: \(lo{{g}_{2}}\left( x+1 \right)<3\) \(\Leftrightarrow 0<x+1<{{2}^{3}}\) \(\Leftrightarrow -1<x<7\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(lo{{g}_{2}}\left( x+1 \right)<3\) là \(S=\left( -1;\,\,7 \right)\)

Mỗi tập con hai phần tử của tập hợp \(M\) là một tổ hợp chập 2 của 5 phần tử. Vậy số tập con hai phần tử của tập hợp \(M\)là: \(C_{5}^{2}\).

Ta có \(F\left( x \right)=\cos 3x\) \(\Rightarrow \) \({F}'\left( x \right)={{\left( \int{\cos 3x.dx} \right)}^{\prime }}=\cos 3x\).

Có: \(I=\int\limits_{2}^{4}{\left[ 3f\left( x \right)-5 \right]\text{d}x}\)\(=3\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)\text{d}x}-10=20\).

\(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)}dx=\int{\left( 3{{x}^{2}}-2\cos x \right)}dx={{x}^{3}}-2\sin x+C\).

Dựa vào đồ thị, hàm số \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến \(\left( 0\,;\,2 \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số là: \(y=f(-1)=4.\)

\(P=\ln \left( 4x \right)-\ln \left( 2x \right)=\ln \frac{4x}{2x}=\ln 2.\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Thể tích của vật thể là: \(V=\pi \int\limits_{1}^{2}{{{\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)}^{2}}}dx\) \(=\pi \int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{4}}+9{{x}^{2}}+4-6{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}-12x \right)}dx\)

\(=\pi \left. \left( \frac{{{x}^{5}}}{5}+3{{x}^{3}}+4x-\frac{3}{2}{{x}^{4}}+\frac{4}{3}{{x}^{3}}-6{{x}^{2}} \right) \right|_{1}^{2}\) \(=\frac{\pi }{30}\).

Ta có: \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AB\bot BC \\ & B{A}'\bot BC \\ & \left( ABCD \right)\cap \left( {A}'{D}'CB \right)=BC \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \)góc giữa mặt phẳng \(\left( BCD'A' \right)\) và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là góc \(\widehat{AB{A}'}\).

\(\tan \widehat{{A}'BA}=\frac{{A}'A}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=1\)\(\Rightarrow \widehat{{A}'BA}=45{}^\circ \).

Vậy góc giữa mặt phẳng \(\left( BCD'A' \right)\) và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \(45{}^\circ \).

Chọn A

Ta có \(f\left( x \right)+1=m\Leftrightarrow f\left( x \right)=m-1\).

Để phương trình \(f\left( x \right)=m-1\) hay \(f\left( x \right)+1=m\) có hai nghiệm không âm\(\Leftrightarrow -1\le m-1<1\).

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

\({f}'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( -1\,;\,1 \right)\cup \left( 4\,;\,+\infty  \right)\) và \({f}'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty \,;\,-1 \right)\cup \left( 1\,;\,4 \right)\).

Do đó hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( -1\,;\,1 \right)\) và \(\left( 4\,;\,+\infty  \right)\), nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty \,;\,-1 \right)\) và \(\left( 1\,;\,4 \right)\).

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( 1\,;\,4 \right)\) là đúng.

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)=C_{30}^{10}\).

Gọi \(A\) là biến cố thỏa mãn bài toán.

- Lấy \(5\) tấm thẻ mang số lẻ: có \(C_{15}^{5}\) cách.

- Lấy \(1\) tấm thẻ mang số chia hết cho \(10\): có \(C_{3}^{1}\) cách.

- Lấy \(4\) tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho \(10\): có \(C_{12}^{4}\).

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{C_{15}^{5}.C_{3}^{1}.C_{12}^{4}}{C_{30}^{10}}=\frac{99}{667}\).

Điều kiện \(x>0\).

Khi đó phương trình

\(\begin{array}{l} \log _2^2x - 3{\log _2}x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\log _2}x = 1\\ {\log _2}x = 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = 4 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy tích các phương trình đã cho là 8.

Đặt \(z=x+yi\,\,\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(\left| z-i \right|=\left| \left( 1+i \right)z \right|\).

\(\Leftrightarrow \left| x+\left( y-1 \right)i \right|=\left| \left( 1+i \right)\left( x+yi \right) \right|\)\(\Leftrightarrow \left| x+\left( y-1 \right)i \right|=\left| \left( x-y \right)+\left( x+y \right)i \right|\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}={{\left( x-y \right)}^{2}}+{{\left( x+y \right)}^{2}}\) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2y-1=0\) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=2\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn có tâm \(\left( 0\,;\,-1 \right)\).

Đường thẳng đi qua \(C\left( -1;\,1\,;1 \right)\) và song song với đường thẳng \(AB\) thì nhận vectơ \(\overrightarrow{AB}=\left( -3\,;2\,;1 \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng cần tìm là: \(\frac{x+1}{-3}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{1}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -1;\,-2;\,4 \right)\), \(\overrightarrow{AC}=\left( -2;\,1;\,3 \right)\) \(\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( -10;\,-5;\,-5 \right)=-5\left( 2;\,1;\,1 \right)\). Khi đó mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec{n}\left( 2;\,1;\,1 \right)\). Do đó phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(2x+y+z-3=0\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ \(O\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\). Ta có tọa độ \(H\) là \(H\left( 1;\,\frac{1}{2};\,\frac{1}{2} \right)\).

Do điểm \({O}'\) là điểm đối xứng với gốc tọa độ \(O\) qua mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) nên \(H\) là trung điểm của đoạn \(O{O}'\). Vậy tọa độ điểm \({O}'\) là \({O}'\left( 2;\,1;\,1 \right)\).

\(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot CB\)

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & CB\bot AB \\ & CB\bot SA \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow CB\bot \left( SAB \right)\).

Do đó \(d\left( C,\left( SAB \right) \right)=CB=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=2\sqrt{2}a\).

Chọn D

TXĐ: \(D=\left( -\infty ;-3 \right)\cup \left( 3;+\infty  \right).\)

Ta có: \(\text{lo}{{\text{g}}_{3}}\frac{{{x}^{2}}-9}{125}\le \text{lo}{{\text{g}}_{5}}\frac{{{x}^{2}}-9}{27}\)\(\Leftrightarrow \frac{1}{\ln 3}\left( \ln \left( {{x}^{2}}-9 \right)-\ln 125 \right)\le \frac{1}{\ln 5}\left( \ln \left( {{x}^{2}}-9 \right)-\ln 27 \right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{\ln 3}\left( \ln \left( {{x}^{2}}-9 \right)-3\ln 5 \right)\le \frac{1}{\ln 5}\left( \ln \left( {{x}^{2}}-9 \right)-3\ln 3 \right)\)

\(\Leftrightarrow \left( \ln 5-\ln 3 \right)\ln \left( {{x}^{2}}-16 \right)\le 3\left( {{\ln }^{2}}5-{{\ln }^{2}}3 \right)\)

\(\Leftrightarrow \ln \left( {{x}^{2}}-9 \right)\le 3\left( \ln 5+\ln 3 \right)\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-9\le {{15}^{3}}\)\(\Leftrightarrow -\sqrt{3384}\le x\le \sqrt{3384}\)

Kết hợp điều kiện ta có \(x\in \left\{ -58;-57;...;-4;4;...;57;58 \right\}\). Vậy có 184 số nguyên x thỏa mãn.

Chọn B

Ta có: \(G\left( x \right)=F\left( x \right)+C\), \(H\left( x \right)=F\left( x \right)+{C}'\)

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} F\left( 8 \right) + G\left( 8 \right) + H\left( 8 \right) = 4\\ F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) + H\left( 0 \right) = 1 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3F\left( 8 \right) + C + C' = 4\\ 3F\left( 0 \right) + C + C' = 1 \end{array} \right. \end{array}\)

\(Leftrightarrow F\left( 8 \right)-F\left( 0 \right)=1.\)

Vậy:

\(\int\limits_{0}^{2}{f(4x)dx}\)\( =\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{8}{f(x)dx=\frac{F\left( 8 \right)-F\left( 0 \right)}{4}=\frac{1}{4}.}\)

Chọn D

Ta có \({y}'=4{{x}^{3}}-4mx=4x\left( {{x}^{2}}-m \right)\).

Xét \({y}'=0\Leftrightarrow 4x\left( {{x}^{2}}-m \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & {{x}^{2}}=m \\\end{align} \right.\)

Để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì \(m>0\).

Khi đó toạ độ các điểm cực trị là \(A\left( 0;2{{m}^{4}}-m \right),B\left( \sqrt{m};2{{m}^{4}}-{{m}^{2}}-m \right),C\left( -\sqrt{m};2{{m}^{4}}-{{m}^{2}}-m \right)\).

Ta có \(A\in Oy\). Để \(B,C\in Ox\) thì \(2{{m}^{4}}-{{m}^{2}}-m=0\)

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

Do \(m>0\) nên ta được \(m=1\).

Ta có \(\left| iz+w+3-4i \right|\ge \left| 3-4i \right|-\left| iz+w \right|\ge 5-\left( \left| iz \right|+\left| w \right| \right)\ge 5-\left( 2+1 \right)=2\)

Dấu bằng xảy ra khi

\(\left\{ \begin{align} & w={{k}_{1}}\left( 3-4i \right)\,\,khi\,\,\left( {{k}_{1}}<0 \right) \\ & i.z={{k}_{2}}\left( 3-4i \right)\,\,khi\,\,\left( {{k}_{2}}<0 \right) \\\end{align} \right.\)

và

\(\left\{ \begin{align} & \left| w \right|=\left| i\overline{w} \right|=1\,\, \\ & \left| iz \right|\,=\left| z \right|=2\, \\\end{align} \right.\)

Giải hệ trên suy ra \({{k}_{2}}=-\frac{2}{5}\); \({{k}_{1}}=-\frac{1}{5}\).

Hay

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} w = - \frac{3}{5} + \frac{4}{5}i{\kern 1pt} {\kern 1pt} \\ iz = \frac{{ - 2}}{5}\left( {3 - 4i} \right) \end{array} \right.{\kern 1pt} {\kern 1pt} \\ \Rightarrow - z = \frac{{ - 2i}}{5}\left( {3 - 4i} \right)\\ \Rightarrow z = - \frac{8}{5} - \frac{6}{5}i \end{array}\)

Khi đó \(z-w=-1-2i\) \(\Rightarrow \left| z-\text{w} \right|=\sqrt{5}\).

Theo giả thiết, ta có

\(d\left( C{C}';A{B}' \right)=d\left( C{C}',\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=d\left( C,\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=CA=a\).

Do đó, thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) là \(V=C{C}'.{{S}_{\Delta ABC}}=a\sqrt{2}.\frac{1}{2}.{{a}^{2}}=\frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{2}\).

Chọn A

+) Ta có \({f}'\left( x \right)\left( 1+{{e}^{f\left( x \right)}} \right)=1+{{e}^{x}}\Rightarrow {f}'\left( x \right)+{f}'\left( x \right){{e}^{f\left( x \right)}}=1+{{e}^{x}}\Rightarrow {{\left[ f\left( x \right)+{{e}^{f\left( x \right)}} \right]}^{\prime }}=1+{{e}^{x}}\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)+{{e}^{f\left( x \right)}}=x+{{e}^{x}}+C.\)

+) Lại có \(f\left( 0 \right)=0\Rightarrow C=0\Rightarrow f\left( x \right)+{{e}^{f\left( x \right)}}=x+{{e}^{x}}.\)

Xét hàm số \(g\left( t \right)=t+{{e}^{t}}\) với \(t\in \mathbb{R}.\) \({g}'\left( t \right)=1+{{e}^{t}}>0,\forall t\in \mathbb{R}\) nên \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Suy ra \(f\left( x \right)+{{e}^{f\left( x \right)}}=x+{{e}^{x}}\)\( \Rightarrow f\left( x \right)=x.\) Do đó

\(S=\int\limits_{1}^{3}{xdx}=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\left| \begin{align} & 3 \\ & 1 \\\end{align} \right.=4.\)

Ta có \({\Delta }'={{m}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-m-2 \right)=m+2\).

TH1: Nếu \(\Delta >0\Leftrightarrow m>-2\) thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt \({{z}_{1}},\text{ }{{z}_{2}}\)

\(\left\{ \begin{align}& {{z}_{1}}+\text{ }{{z}_{2}}=-2m \\& {{z}_{1}}\text{. }{{z}_{2}}={{m}^{2}}-m-2 \\\end{align} \right.\)

Ta có: \(\left| {{z}_{1}} \right|\text{+}\left| \text{ }{{z}_{2}} \right|=2\sqrt{10}\)\( \Leftrightarrow {{\left( {{z}_{1}}\text{+}{{z}_{2}} \right)}^{2}}-2{{z}_{1}}{{z}_{2}}+2\left| {{z}_{1}} \right|\left| {{z}_{2}} \right|=40\)

\(\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}-2\left( {{m}^{2}}-m-2 \right)+2\left| {{m}^{2}}-m-2 \right|=40\)

\(\Leftrightarrow \left| {{m}^{2}}-m-2 \right|=18-{{m}^{2}}-m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{m^2} - m - 2 = 18 - {m^2} - m\\{m^2} - m - 2 = - 18 + {m^2} + m\end{array} \right.\\18 - {m^2} - m \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{m^2} = 10\\m = 8\end{array} \right.\\18 - {m^2} - m \ge 0\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow m=\pm \sqrt{10}\).

Kết hợp điều kiện suy ra \(m=\sqrt{10}\).

TH2: Nếu \(\Delta <0\Leftrightarrow m<-2\) thì phương trình có hai nghiệm phức phân biệt \({{z}_{1,2}}=-m\pm i\sqrt{-m-2}\) thoả mãn \(\left| {{z}_{1}} \right|\text{=}\left| \text{ }{{z}_{2}} \right|\)

Suy ra \(\left| {{z}_{1}} \right|\text{=}\left| \text{ }{{z}_{2}} \right|=\sqrt{10}\\\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( -m \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{-m-2} \right)}^{2}}}=\sqrt{10}\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-m-12=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=4 \\ & m=-3 \\\end{align} \right.\)

Kết hợp điều kiện thì \(m=-3\).

Vậy có \(1\) giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn đầu bài.

Chọn A

Lấy \(A\left( 1;0;-1 \right)\in d\) ta có \(\overrightarrow{MA}=\left( 0;0;1 \right)\).

Ta có \(\left[ \overrightarrow{MA},\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right]=\left( -1;-2;0 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\) và chứa \(d\) suy ra \(\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 0;1;0 \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):x+2y-1=0\).

Vậy \(\text{d}\left( N,\left( P \right) \right)+\text{d}\left( Q,\left( P \right) \right)=\frac{\left| {{x}_{N}}+2{{y}_{N}}-1 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{0}^{2}}}}+\frac{\left| {{x}_{Q}}+2{{y}_{Q}}-1 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{0}^{2}}}}=\frac{8}{\sqrt{5}}+\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}\).

Chọn C

Nhận xét \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2>0\forall x;y\)

Bất phương trình \({{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}}\le \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2 \right){{.4}^{x}}\)\(\Leftrightarrow \frac{{{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}}}{{{2}^{2x}}}\le \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2 \right)\) \(\Leftrightarrow {{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1}}\le \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2 \right)\).

Đặt \(t={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1\). Bất phương trình\(\Leftrightarrow {{2}^{t}}\le t+1\)\(\Leftrightarrow {{2}^{t}}-t-1\le 0\)

Đặt \(f\left( t \right)={{2}^{t}}-t-1\). Ta thấy \(f\left( 0 \right)=f\left( 1 \right)=0\).

Ta có \({f}'\left( t \right)={{2}^{t}}\ln 2-1\)

\({f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow {{2}^{t}}\ln 2=1\Leftrightarrow t={{\log }_{2}}\left( \frac{1}{\ln 2} \right)\approx 0,52\)

Từ BBT ta thấy \(f\left( t \right)\le 0\Leftrightarrow 0\le t\le 1\)

\(0\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1\le 1\)\(\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}\le 1\Rightarrow {{(x-1)}^{2}}\le 1\Leftrightarrow 0\le x\le 2\)

- Với \(x=0\Rightarrow {{y}^{2}}\le 0\Rightarrow y=0\) ta có 1 cặp

- Với \(x=1\Rightarrow {{y}^{2}}\le 1\Rightarrow y=0;y=\pm 1\) ta có 3 cặp

- Với \(x=2\Rightarrow {{y}^{2}}\le 0\Rightarrow y=0\) ta có 1 cặp

Vậy có tất cả 5 cặp \((x,y)\)thõa mãn.

Chọn D

Gọi \(I\), \(J\) là tâm của hai đáy.

Từ \(B\) kẻ đường thẳng song song với trục \(d\) của hình trụ, cắt đường tròn đáy kia tại \(C\). Khi đó, \(\left( AB,d \right)\)\(=\)\(\left( AB,BC \right)\)\(=\widehat{ABC}\). Suy ra \(\widehat{ABC}=30{}^\circ \).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{CB}\)\(\Rightarrow \)\(AC\)\(=CB.\tan \widehat{ABC}\)\(=R\sqrt{3}.\tan 30{}^\circ \)\(=R\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}\)\(=R\).

Lại có \(d\text{//}\left( ABC \right)\) và \(\left( ABC \right)\supset AB\) nên \(d\left( d,AB \right)\)\(=d\left( d,\left( ABC \right) \right)\)\(=d\left( J,\left( ABC \right) \right)\).

Kẻ \(JH\bot AC\), \(H\in AC\). Vì \(BC\bot JH\) nên \(JH\bot \left( ABC \right)\). Suy ra \(d\left( J,\left( ABC \right) \right)=JH\).

Xét tam giác \(JAC\) ta thấy \(JA=JC=AC=R\) nên \(JAC\) là tam giác đều cạnh \(R\). Khi đó chiều cao là \(JH=\frac{R\sqrt{3}}{2}\). Vậy \(d\left( d,AB \right)=\frac{R\sqrt{3}}{2}\).

Chọn D

Gọi \(I\)là trung điểm \(AB\Rightarrow I\left( 0;0;5 \right)\).

\(\overrightarrow{AB}=\left( 0;0;8 \right)\), \(AB=8\).

Gọi \(\left( S \right)\) là mặt cầu đường kính \(AB\), ta có \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=16\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn \(\left( S \right)\) \(AB\Rightarrow \left( P \right):z-5=0\).

Gọi đường tròn \(\left( C \right)=\left( S \right)\cap \left( P \right)=\) \(\left\{ \begin{align} & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=16 \\ & z-5=0 \\\end{align} \right.\), đường tròn \(\left( C \right)\) có bán kính bằng 4.

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(M\) và có diện tích lớn nhất \(\Rightarrow M\in \left( C \right)\).

Gọi \(T\) là hình chiếu của \(Q\) trên \(\left( P \right)\Rightarrow T\left( 3;4;5 \right)\).

Ta có \(QT=d\left( Q,\left( P \right) \right)=1\), \(IT=5\) nên \(T\) nằm ngoài \(\left( C \right)\).

Lại có \(MQ=\sqrt{Q{{T}^{2}}+T{{M}^{2}}}=\sqrt{1+Q{{T}^{2}}}\), nên \(MQ\) nhỏ nhất khi \(TM\) nhỏ nhất.

Ta có \(TM\) nhỏ nhất khi \(I,M,T\) thẳng hàng theo thứ tự đó, khi đó \(TM=TI-IM=5-4=1\).

Vậy \(MQ\) nhỏ nhất bằng \(\sqrt{2}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{x}^{5}}+2{{x}^{4}}-m{{x}^{2}}+3x-20\)

\({f}'\left( x \right)=5{{x}^{4}}+8{{x}^{3}}-2mx+3\)

Ta thấy \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \) nên hàm số \(y=\left| f\left( x \right) \right|\) nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\) khi và chỉ khi hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và hàm số không dương trên miền \(\left( -\infty ;-2 \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\\f\left( { - 2} \right) \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x^4} + 8{x^3} - 2mx + 3 \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\\ - 4m - 26 \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{x^3} + 8{x^2} + \frac{3}{x} \le 2m{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\\m \ge - \frac{{13}}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=5{{x}^{3}}+8{{x}^{2}}+\frac{3}{x}\) trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\)

\({g}'\left( x \right)=15{{x}^{2}}+16x-\frac{3}{{{x}^{2}}}={{\left( 2x+4 \right)}^{2}}+11{{x}^{2}}-16-\frac{3}{{{x}^{2}}}\)

Ta có \({{\left( 2x+4 \right)}^{2}}>0,\text{  }11{{x}^{2}}>44,\text{  }\frac{3}{{{x}^{2}}}<\frac{3}{4}\text{ }\forall x\in \left( -\infty ;-2 \right)\)

Suy ra \({g}'\left( x \right)>0+44-16-\frac{3}{4}\text{ 0 }\forall x\in \left( -\infty ;-2 \right)\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(5{{x}^{3}}+8{{x}^{2}}+\frac{3}{x}\le 2m\text{  }\forall x\in \left( -\infty ;-2 \right)\)\( \Leftrightarrow -\frac{19}{2}\le 2m\)\( \Leftrightarrow m\ge -\frac{19}{4}.\)

Kết hợp với \(m\ge -\frac{13}{2}\) ta có \(m\ge -\frac{19}{4}.\)

Do đó \(m\in \left\{ -4;-3;-2;-1 \right\}\)

Suy ra có 4 giá trị nguyên âm thỏa mãn đề bài.