Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Lê Quý Đôn

Đường thẳng \(d:\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+3}{2}\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}\left( 2;-1;2 \right)\cdot \)

Số tập con có \(3\) phần tử của tập \(A\) gồm \(7\) phần tử là \(C_{7}^{3}\cdot \)

Do đồ thị là hàm bậc 4, \(a<0\), nên loại \(C,D.\)

Ta có: \(y=-{{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+1\)\( \Rightarrow {y}'=-4{{x}^{3}}-4x\)\( \Rightarrow {y}'=0\)\( \Leftrightarrow -4{{x}^{3}}-4x=0\)\( \Leftrightarrow x=0.\) Suy ra hàm số có 1 cực trị, loại B.

Mà: \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1\)\( \Rightarrow {y}'=-4{{x}^{3}}+4x\)\( \Rightarrow {y}'=0\)\( \Leftrightarrow -4{{x}^{3}}+4x=0\).

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=0 \\& x=1 \\& x=-1 \\\end{align} \right.\)

Suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.

Tọa độ điểm \(M\) biểu diễn số phức \(z\) đã cho là \(M\left( \frac{5}{2};-\frac{1}{2} \right)\).

Diện tích xung quanh của hình nón là: \({{S}_{xq}}=\pi rl=15\pi \).

Ta có: \({{\log }_{2}}x>1\Leftrightarrow x>2.\)

Chọn D

Ta có \(3f\left( x \right)+2m=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{2m}{3}\)

Từ bảng biến thiên để phương trình trên có 2 nghiệm

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & -\frac{2m}{3}>1 \\ & -\frac{2m}{3}=-2 \\\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m<-\frac{3}{2} \\ & m=3 \\\end{align} \right.\)

Mà \(m\) nguyên dương suy ra \(m=3\). Vậy có \(1\) giá trị nguyên dương \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn C

Ta có: \(V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.2a.{{a}^{2}}=\frac{2{{a}^{3}}}{3}\).

Chọn C

Ta có: \({y}'={{\left( {{3}^{2x+1}} \right)}^{\prime }}\)\( ={{\left( 2x+1 \right)}^{\prime }}{{.3}^{2x+1}}\ln 3={{3}^{2x+1}}.2\ln 3.\)

Chọn D

Ta có \({{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d\)\( \Rightarrow {{u}_{13}}={{u}_{1}}+12d\)\( \Rightarrow {{u}_{1}}={{u}_{13}}-12d=8-12.\left( 3 \right)=44\)

Chọn A

\(\int{\left( {{3}^{x}}-x \right)\text{d}x\)\( =\frac{{{3}^{x}}}{\ln 3}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+C}\).

Chọn C

Từ giả thuyết ta suy ra đáy là hình vuông.

Vậy \(V=Sh={{5}^{2}}.\,3=75\left( c{{m}^{3}} \right)\).

Chọn B

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi

\({{x}^{2}}-x-2\ne 0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\ne -1 \\ & x\ne \,\,\,2 \\\end{align} \right.\)

Vậy \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;\,2 \right\}\).

Chọn C

Ta có: \(I=\int\limits_{2}^{5}{\left[ f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]\text{d}x}\)\( =\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{2}^{5}{g\left( x \right)\text{d}x}=8-3=5\).

Chọn A

Đồ thị hàm số nhất biến luôn có hai đường tiệm cận.

Chọn C

Đặt \(t=2x\Rightarrow \text{d}t=2\text{d}x\)

Đổi cận: \(x=0\Rightarrow t=0,\,\,\,x=1\Rightarrow t=2\)

\(\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)\text{d}x}=-5\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)\text{d}t}=-5\)\( \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)\text{d}t}=-10\)\( \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}=-10\).

Chọn C

Do \(d\bot \left( \alpha  \right)\) nên đường thẳng \(d\) có VTCP \(\overrightarrow{u}=\left( 1;3;-1 \right)=-\left( -1;-3;1 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng

\(d:\left\{ \begin{align} & x=2-t \\ & y=-3-3t \\ & z=1+t \\\end{align} \right.\)

Chọn C

Tập xác định: \(D=R\).

\(y'=-4{{x}^{3}}+2\left( m-5 \right)x=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & 2{{x}^{2}}=m-5\left( * \right) \\\end{align} \right.\)

Hàm số có ba điểm cực trị \(\Leftrightarrow \) phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0.

\(\Leftrightarrow m-5>0\Leftrightarrow m>5\).

Chọn C

Ta có \({{\log }_{a}}b.{{\log }_{b}}c=6\)\( \Rightarrow {{\log }_{a}}c=6\)\( \Rightarrow {{\log }_{c}}a=\frac{1}{6}\).

Chọn A

Ta có \(\log \left( \frac{10}{{{a}^{2}}} \right)=\log 10-\log {{a}^{2}}=1-2\log a\).

Trong không gian \(Oxyz\), cho \(A\left( 2;\,-1;\,1 \right)\), \(B\left( 2;\,0;\,3 \right)\) và

đường thẳng \(\left( \Delta  \right):\)\(\left\{ \begin{align} & x=2+3t \\ & y=-1-2t \\ & z=5t \\ \end{align} \right.\)

Chọn B

Đường thẳng

\(\left( \Delta \right):\left\{ \begin{align} & x=2+3t \\ & y=-1-2t \\ & z=5t \\\end{align} \right.\)

đi qua điểm \(M\left( 2;\,-1;\,0 \right)\) và có một vectơ chỉ phương \({{\vec{u}}_{\Delta }}=\left( 3;\,-2;\,5 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 0;\,1;\,2 \right)\), \(\vec{n}={{\vec{u}}_{\Delta }}\wedge \overrightarrow{AB}=\left( -9;\,-6;\,3 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(\left( \Delta  \right)\) và song song với \(AB\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( 2;\,-1;\,0 \right)\) và nhận vectơ \(\vec{n}=\left( -9;\,-6;\,3 \right)\) là vectơ pháp tuyến. Vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình là

\(-9\left( x-2 \right)-6\left( y+1 \right)+3\left( z-0 \right)=0\)\(\Leftrightarrow -9x+18-6y-6+3z=0\)\(\Leftrightarrow 3x+2y-z-4=0\).

Chọn B

Đồ thị hàm số \(y=\frac{x+a}{bx+c}\) có tiệm cận ngang \(y=-1\) nên \(\frac{1}{b}=-1\Rightarrow b=-1<0\).

Đồ thị hàm số \(y=\frac{x+a}{bx+c}=\frac{x+a}{-x+c}\) có tiệm cận đứng \(x=1\) nên \(-1+c=0\Rightarrow c=1>0\).

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên \({y}'=\frac{a+1}{{{\left( -a+1 \right)}^{2}}}<0\Rightarrow a<0\).

Chọn C

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\cdot \)

Ta có \(\int{f\left( x \right)\text{d}x}\)\(=\int{\left( 3{{x}^{2}}-\frac{1}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)\text{d}x}\)\(=\int{3{{x}^{2}}\text{d}x}-\int{\frac{1}{x}\text{d}x+}\int{\frac{2}{{{x}^{2}}}\text{d}x}\)\(={{x}^{3}}-\ln \left| x \right|-\frac{2}{x}+C\cdot \)

Chọn B

Ta có: \({{5}^{{{x}^{2}}}}{{3}^{{{x}^{2}}+1}}=1\)\( \Leftrightarrow {{5}^{{{x}^{2}}+1}}{{3}^{{{x}^{2}}+1}}=5\)\( \Leftrightarrow {{15}^{{{x}^{2}}+1}}=5\)\( \Leftrightarrow {{x}^{2}}+1={{\log }_{15}}5\)\( \Leftrightarrow {{x}^{2}}={{\log }_{15}}5-1<0\).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Chọn C

Giả sử \(z=a+bi\,\,\left( a,\,b\in \mathbb{R} \right)\).

Ta có \(3z+2\overline{z}={{\left( 4-i \right)}^{2}}\)

\( \Leftrightarrow 3\left( a+bi \right)+2\left( a-bi \right)=15-8i\)

\(\Leftrightarrow 5a+bi=15-8i\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 5a=15 \\ & b=-8 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=3 \\ & b=-8 \\\end{align} \right.\)

Suy ra \(z=3-8i\)\( \Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( -8 \right)}^{2}}}=\sqrt{73}\).

Chọn A

Gọi \(\Omega :\,\) “Xếp ngẫu nhiên \(6\) học sinh nam và \(4\) học sinh nữ quanh một bàn tròn”\(\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=9!\).

Gọi \(A:\,\) “Xếp thoả mãn yêu cầu đề bài, các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau” \(\Rightarrow n\left( A \right)=4!.6!\).

Ta có \(P\left( A \right)\)\( =\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}\)\( =\frac{1}{21}\).

Chọn C

Gọi \(z=x+yi,\,\,x,y\in \mathbb{R}\).

\(\Rightarrow 3+\overline{iz}=3-y-xi\).

Vì \(3+\overline{iz}\)là số thuần ảo nên \(3-y=0\) suy ra \(y=3\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\)là đường thẳng \(y=3\).

Chọn D

Đặt \(t=\cos x\Rightarrow dt=-\sin xdx\Rightarrow -dt=\sin x\,dx\).

Đổi cận:

\(\begin{align} & x=\frac{\pi }{3}\Rightarrow t=\frac{1}{2} \\ & x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=0 \\\end{align}\)

\(I=\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x}{1+\cos x}dx}\)\( =\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{2\sin x.\cos x}{1+\cos x}dx}\)\( =\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{2\cos x}{1+\cos x}\sin xdx}\)\( =\int\limits_{\frac{1}{2}}^{0}{\frac{2t}{1+t}}\left( -dt \right)\)\( =-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{0}{\frac{2t}{1+t}}dt=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{2t}{1+t}}dt\).

Ta có \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot AD\).

Khi đó 

\(\left\{ \begin{matrix} AD\bot AB \\ AD\bot SA \\\end{matrix}\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right) \right.\)

Do đó \(d\left( D,\left( SAB \right) \right)=AD=BC=2a\).

Vậy \(d\left( D,\left( SAB \right) \right)=2a\).

Vì \(BD//{B}'{D}'\Rightarrow \widehat{\left( B{A}',{B}'{D}' \right)}=\widehat{\left( B{A}',BD \right)}.\)

Do \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\)là hình lập phương nên tam giác A’BD là tam giác đều\(\Rightarrow \widehat{{A}'BD}={{60}^{0}}\)

Khi đó góc \(\widehat{\left( B{A}',BD \right)}=\widehat{{A}'BD}=60{}^\circ \). Vậy \(\widehat{\left( B{A}',{B}'{D}' \right)}=60{}^\circ .\)

Chọn A

Gọi \(O\) là tâm của đường tròn đáy và \(H\) là trung điểm của \(AB\), suy ra góc giũa mặt phẳng \(\left( SAB \right)\)và đáy là \(\widehat{SHO}={{60}^{0}}\).

Ta có \(OH=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=3a\Rightarrow SO=OH\tan {{60}^{0}}=3\sqrt{3}a\), khi đó \(SA=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=2\sqrt{13}a\).

Vậy \(S=\pi .OA.SA=10\sqrt{13}\pi {{a}^{2}}\).

Hoành độ giao điểm của đường \(y={{x}^{3}}\) với \(y=2{{x}^{2}}\) là\(x=0;\,x=2\).

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

\(V=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( 2{{x}^{2}} \right)}^{2}}dx}-\pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}}dx}\)\( =\frac{256\pi }{35}\).

Ta có \(I\in Oy\Leftrightarrow I\left( 0;a;0 \right)\). Khi đó \(\overrightarrow{IA}\left( 1\,;\,1-a\,;\,2 \right)\), \(\overrightarrow{IB}\left( 2;3-a\,;-3 \right)\).

Do\(\left( S \right)\)đi qua hai điểm \(A,B\)nên:

\(IA=IB\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( 1-a \right)}^{2}}+5}=\sqrt{{{\left( 3-a \right)}^{2}}+13}\)\(\Leftrightarrow 4a=16\Leftrightarrow a=4\)

\(\Rightarrow \left( S \right)\) có tâm \(I\left( 0\,;\,4\,;\,0 \right)\), bán kính \(R=IA=\sqrt{14}\).

\(\Rightarrow \left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=14\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-8y+2=0\).

Chọn B

Ta có \({\Delta }'=4{{\left( m-1 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}-3m \right)=4m+4\) và \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}=1-m\); \({{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\frac{{{m}^{2}}-3m}{4}\).

Phương trình có hai nghiệm thực cùng dấu

\(\left\{ \begin{align} & {\Delta }'>0 \\ & P>0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & m>-1 \\ & {{m}^{2}}-3m>0 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left[ \begin{align} & m>3 \\ & -1<m<0. \\\end{align} \right.\)

Khi đó \(\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|\)\(=\sqrt{10}\Leftrightarrow \left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|\)\(=\sqrt{10}\Leftrightarrow \left| 1-m \right|\)\(=\sqrt{10}\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=1+\sqrt{10} \\ & m=1-\sqrt{10}. \\\end{align} \right.\)

So với điều kiện nhận \(m=1+\sqrt{10}\).

Phương trình có hai nghiệm thực trái dấu

\(P<0\)\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-3m<0\)\(\Leftrightarrow 0 < m < 3\).

Khi đó

\(\,\,\,\,\,\,\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{10}\)\(\Leftrightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=\sqrt{10}\)\(\Leftrightarrow {{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-4{{z}_{1}}{{z}_{2}}=10\)

\(\Leftrightarrow {{\left( m-1 \right)}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-3m \right)=10\)\(\Leftrightarrow m=9\).

Phương trình có hai nghiệm phức không thực \({\Delta }'<0\)\(\Leftrightarrow m<-1\).

Khi đó \({{z}_{1}}\), \({{z}_{2}}\) là hai số phức liên hợp của nhau, ta có \(\left| {{z}_{1}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right|\) và \({{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}={{z}_{1}}.{{z}_{2}}\).

Do đó \(\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{10}\)\(\Leftrightarrow \left| {{z}_{1}} \right|=\frac{\sqrt{10}}{2}\)\(\Leftrightarrow {{z}_{1}}{{z}_{2}}=\frac{5}{2}\)\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-3m-10=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & m=5 \\ & m=-2. \\\end{align} \right.\)

So với điều kiện nhận \(m=-2\).

Vậy có \(2\) giá trị thực của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn D

Gọi \(D\) là trung điểm \(BC\), \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(B{B}'\).

Theo giả thiết thì:

\(\left\{ \begin{align} & \widehat{A{B}'D}=30{}^\circ \\ & IN\cap BC=P \\\end{align} \right.\\\Rightarrow {{V}_{MBP.{A}'{B}'N}}={{V}_{I.{A}'{B}'N}}-{{V}_{I.MBP}}\)

Khi đó: \(A{B}'=\frac{AD}{\sin 30{}^\circ }=a\sqrt{3}\)\( \Rightarrow A{A}'=\sqrt{A{{{{B}'}}^{2}}-{A}'{{{{B}'}}^{2}}}=a\sqrt{2}\)\( \Rightarrow {{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}\)

Do \(M\) là trung điểm \(AB\) nên\(B\) là trung điểm \(I{B}'\) thì:

\(d\left( I,\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)\)\( =2.d\left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)\) và \(P\) là trung điểm \(BD\).

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{V}_{I.MBP}}=\frac{1}{3}{{S}_{MBP}}.d\left( I,\left( MBP \right) \right) \\ & {{V}_{I.{A}'{B}'N}}=\frac{1}{3}{{S}_{{A}'{B}'N}}.d\left( I,\left( {A}'{B}'N \right) \right) \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{V}_{I.MBP}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{8}{{S}_{ABC}}.d\left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)=\frac{1}{24}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}} \\ & {{V}_{I.{A}'{B}'N}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}.2d\left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right)=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}} \\\end{align} \right.\)

Vậy \({{V}_{MBP.{A}'{B}'N}}\)\( ={{V}_{I.{A}'{B}'N}}-{{V}_{I.MBP}}\)\( =\frac{7}{24}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}\)\( =\frac{7\sqrt{6}{{a}^{3}}}{96}\).

Chọn D

Dễ thấy \(y=\,{f}'(x)\) là hàm số bậc hai và từ đồ thị hàm số \(y=\,{f}'(x)\) ta suy ra

\(\left\{ \begin{align} & {f}'(x)=\,k(x+1)(x-3) \\ & {f}'(0)=-3 \\\end{align} \right.\\\Rightarrow \,k=1\,\Rightarrow \,{f}'(x)=\,(x+1)(x-3)\)

Hay \({f}'(x)=\,{{x}^{2}}-2x-3\) suy ra \(f(x)=\,\int{{f}'(x)\,dx=\,\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-3x+C}\).

Lại có: đồ thị \((C)\) của hàm số \(y=\,f(x)\) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ âm nên hàm số \(y=\,f(x)\) đạt cực trị tại điểm \({{x}_{0}}<0\).

Mà \({f}'(x)\) chỉ có một nghiệm âm là \(-1\) suy ra \({{x}_{0}}=\,-1\). Khi đó ta có \(f(-1)=0\).

Suy ra \(-\frac{1}{3}-1+3+C=\,0\,\)\( \Leftrightarrow \,C=\,-\frac{5}{3}.\)

Vậy \(y=\,f(x)=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-3x-\frac{5}{3}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \((C)\) và trục hoành:

\(\frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-3x-\frac{5}{3}=\,0\,\)\( \Leftrightarrow \,\frac{1}{3}.{{(x+1)}^{2}}(x-5)=0\,\).

\(\Leftrightarrow \,\left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=5 \\\end{align} \right.\)

Khi đó diện tích \(S\) của hình phẳng tạo bởi đồ thị \((C)\) và trục hoành được tính bởi công thức

\(S=\,\int\limits_{-1}^{5}\left| f(x) \right|\,dx\)\( =\int\limits_{-1}^{5}\left| \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-3x-\frac{5}{3} \right|\,dx=\)36.

Chọn B

\(A\in {{d}_{1}}\)\(\Rightarrow A\left( 2a+1\,;\,a\,;\,-a-2 \right)\); \(B\in {{d}_{2}}\)\(\Rightarrow B\left( b+1\,;\,3b-2\,;\,2-2b \right)\)\(A\in {{d}_{1}}\)\(\Rightarrow \overrightarrow{BA}\left( 2a-b\,;\,a-3b+2\,;\,-a+2b-4 \right)\)

\(\Delta \text{//}\left( P \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=0 \\& A\notin \left( P \right)\,\,\,\left( 1 \right) \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow 2a-b+a-3b+2-a+2b-4=0\)\(\Leftrightarrow b=a-1\)\(\Rightarrow \overrightarrow{BA}\left( a+1\,;\,-2a+5\,;\,a-6 \right)\)\(\Rightarrow AB=\sqrt{6{{a}^{2}}-30a+62}=\sqrt{6{{\left( a-\frac{5}{2} \right)}^{2}}+\frac{49}{2}}\ge \frac{7}{\sqrt{2}}\).

\(AB=\frac{7}{\sqrt{2}}\)\(\Leftrightarrow a=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}& \overrightarrow{BA}\left( \frac{7}{2}\,;\,0\,;\,-\frac{7}{2} \right) \\& A\left( 6\,;\,\frac{5}{2}\,;\,-\frac{9}{2} \right)\,\,\,\left( tm\left( 1 \right) \right) \\\end{align} \right.\)

Vậy \(AB\) ngắn nhất khi \(\Delta \) đi qua \(A\left( 6\,;\,\frac{5}{2}\,;\,-\frac{9}{2} \right)\) và có vectơ chỉ phương là \(\frac{2}{7}\overrightarrow{BA}=\left( 1\,;\,0\,;\,-1 \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(O'\left( 1;0;4 \right)\) và bán kính \(R=O'M=3\).

Mặt khác \(O'A=\sqrt{{{\left( {{x}_{A}}-{{x}_{O'}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{A}}-{{y}_{O'}} \right)}^{2}}+{{\left( {{z}_{A}}-{{z}_{O'}} \right)}^{2}}}=3\sqrt{2}\).

Mà \(MA=\sqrt{O'{{A}^{2}}-{{R}^{2}}}=3\).

Tập hợp tất cả các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\)bán kính \(MI\).

Tam giác \(O'AM\) vuông tại \(M\) có \(MI\)là đường cao nên \(\frac{1}{M{{I}^{2}}}=\frac{1}{M{{A}^{2}}}+\frac{1}{MO{{'}^{2}}}=\frac{1}{9}+\frac{1}{9}=\frac{2}{9}\).

Suy ra \(MI=\frac{3\sqrt{2}}{2}\).

Vậy tập hợp tất cả các điểm \(M\) là đường tròn có bán kính bằng \(\frac{3\sqrt{2}}{2}\).

Ta có: \(x+2xf\left( x \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow x\left( 1+2f\left( x \right) \right)={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{x}\sqrt{1+2f\left( x \right)}=f'\left( x \right)\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow \frac{f'\left( x \right)}{\sqrt{1+2f\left( x \right)}}=\sqrt{x} \\ & \Leftrightarrow \left( \sqrt{1+2f\left( x \right)} \right)'=\sqrt{x} \\ & \Leftrightarrow \int{{{\left( \sqrt{1+2f\left( x \right)} \right)}^{\prime }}}dx=\int{\sqrt{x}dx} \\ & \Leftrightarrow \sqrt{1+2f\left( x \right)}=\frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}+C. \\\end{align}\)

Thay\(f\left( 1 \right)=\frac{3}{2}\Rightarrow C=\frac{4}{3}.\)

Suy ra \(f\left( x \right)={{\left( \frac{2}{3}{{x}^{\frac{3}{2}}}+\frac{4}{3} \right)}^{2}}-1\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{4}{f\left( x \right)}dx=\frac{1186}{45}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\,{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1\)

Ta có \({f}'\left( x \right)=4{{x}^{3}}+4x\); \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\)

Bảng biến thiên

Ta có \({g}'\left( x \right)={f}'\left( 3\left| x-m \right|+{{m}^{2}} \right).{{\left( 3\left| x-m \right|+{{m}^{2}} \right)}^{\prime }}\) =\({f}'\left( 3\left| x-m \right|+{{m}^{2}} \right).\frac{3\left( x-m \right)}{\left| x-m \right|}\).

\({g}'\left( x \right)=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x-m=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \\ & 3\left| x-m \right|+{{m}^{2}}=0\,\,\,\left( 2 \right) \\ \end{align} \right.\)

TH1: Nếu \(m=0\) \(\Rightarrow \) phương trình \({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\)\(\Rightarrow \) không thỏa mãn nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty \,;\,1 \right)\) nên trường hợp này bị loại.

TH2: Nếu \(m>0\) \(\Rightarrow \) phương trình \({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=m\)

Ta có \(3\left| x-m \right|+{{m}^{2}}>0\,\,\forall x<1\)\(\Rightarrow {f}'\left( 3\left| x-m \right|+{{m}^{2}} \right)>0\,\,\forall \,x\in \left( -\infty \,;\,1 \right)\) nên \({g}'\left( x \right) < 0\)\( \Leftrightarrow x < m\).

\(\Rightarrow \) hàm số \(y=g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( -\infty \,;\,1 \right)\)\(\Leftrightarrow {g}'\left( x \right)<0\,\forall \,x\in \left( -\infty \,;\,1 \right)\)

\(\Leftrightarrow \,\left( -\infty \,;\,1 \right)\subset \left( -\infty \,;\,m \right)\Leftrightarrow 1\le m\)\(\Rightarrow m\in \left\{ 1;2;3;4\,;5;6;7;8;9;10 \right\}\). Nên có 10 giá trị thỏa mãn.

Ta có \(\left( \sqrt{x}+\sqrt{x+1} \right).{f}'\left( x \right)=1\)\(\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\)\(\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)\)\( =\int{\left( \sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)dx}\)\( =\frac{2{{\left( x+1 \right)}^{3/2}}}{3}-\frac{2{{x}^{3/2}}}{3}+C\)

\(f\left( 0 \right)=\frac{2}{3}\Rightarrow C=0\).\(\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{2{{\left( x+1 \right)}^{3/2}}}{3}-\frac{2{{x}^{3/2}}}{3}\).

\(\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{2}{3}\left[ {{\left( x+1 \right)}^{3/2}}-{{x}^{3/2}} \right]dx}\)\(=\left. \frac{2}{3}\left[ \frac{2}{5}{{\left( x+1 \right)}^{5/2}}-\frac{2}{5}{{x}^{5/2}} \right] \right|_{0}^{1}=\frac{16\sqrt{2}-8}{15}\)

\(\Rightarrow a=16,\,\,b=-8\). Vậy \(T=a+b=8\)

Đặt \(t=1-{{e}^{x}}\), \({t}'=-{{e}^{x}}<0,\forall x\in \mathbb{R}\), phương trình \(2020f\left( 1-{{e}^{x}} \right)-2021=0\) trở thành

\(2020f\left( t \right)-2021=0\Leftrightarrow f\left( t \right)=\frac{2021}{2020}\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} t={{t}_{1}}, & {{t}_{1}}\in \left( -\infty ;-1 \right) & {} & {} \\ t={{t}_{2}}, & {{t}_{2}}\in \left( -1;0 \right) & {} & {} \\ t={{t}_{3}}, & {{t}_{3}}\in \left( 0;1 \right) & {} & {} \\ t={{t}_{4}}, & {{t}_{4}}\in \left( 1;+\infty \right) & {} & {} \\\end{matrix} \right.\)

Ta có

Các phương trình \(t={{t}_{1}}\), \(t={{t}_{4}}\) không có nghiệm \(x\) thuộc khoảng \(\left( -\infty ;\ln 2 \right)\)

Mỗi phương trình \(t={{t}_{2}}\), \(t={{t}_{3}}\) có một nghiệm \(x\) thuộc khoảng \(\left( -\infty ;\ln 2 \right)\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm \(x\) thuộc khoảng \(\left( -\infty ;\ln 2 \right)\).

Điều kiện có nghĩa: \(x>0\)

Đặt \({{\log }_{6}}\left( 2020x+m \right)={{\log }_{4}}\left( 1010x \right)=t\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2020x+m={{6}^{t}} \\ & 1010x={{4}^{t}} \\\end{align} \right.\Leftrightarrow {{6}^{t}}-m={{2.4}^{t}}\)

\(\Leftrightarrow {{6}^{t}}-{{2.4}^{t}}=m\).

Xét \(f\left( t \right)={{6}^{t}}-{{2.4}^{t}}\)\( \Rightarrow f'\left( t \right)=6{}^{t}.\ln 6-{{2.4}^{t}}.\ln 4=0\)

Xét \(f'\left( t \right)=0\)\(\Rightarrow t={{\log }_{\frac{3}{2}}}\left( \frac{2\ln 4}{\ln 6} \right)={{t}_{0}}\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên và do \(m\) nhận các giá trị nguyên nên \(m\ge -2\) phương trình luôn có nghiệm.

Do đó có 2022 giá trị nguyên cần tìm

Ta có:

\(3\left( {{9}^{y}}+2y \right)+2\le x+{{\log }_{3}}{{\left( x+1 \right)}^{3}}\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{2y+1}}+3\left( 2y+1 \right)\le x+1+3{{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\) với điều kiện \(x+1>0\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{3}^{t}}+3t\)

Ta có \({f}'\left( t \right)={{3}^{t}}\ln 3+3>0,\forall t\in \mathbb{R}\)

Suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Nên:

\({{3}^{2y+1}}+3\left( 2y+1 \right)\le x+1+3{{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\Leftrightarrow f\left( 2y+1 \right)\le f\left( {{\log }_{3}}\left( x+1 \right) \right)\)\(\Leftrightarrow 2y+1\le {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\)

Mà \(x\le 2022\) nên \(x+1\le 2023\Rightarrow {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\le {{\log }_{3}}2023\simeq 6,9\).

\(\Rightarrow 2y+1\le 6\) hay \(y\le \frac{5}{2}\).

\(y\) nguyên dương nên \(y\in \left\{ 1;2 \right\}\).

+) Với \(y=1\) thì \(3\le {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\Leftrightarrow x\ge 26\) nên \(26\le x\le 2022\)\(\Rightarrow \)có 1997 cặp \(\left( x;y \right)\).

+) Với \(y=2\) thì \(5\le {{\log }_{3}}\left( x+1 \right)\Leftrightarrow x\ge 242\) nên \(242\le x\le 2022\)\(\Rightarrow \)có 1781 cặp \(\left( x;y \right)\).

Vậy có 3778 cặp \(\left( x;y \right)\) thỏa ycbt.

\(g(x)=f\left( {{x}^{2}}-2 \right)+\frac{1}{2}{{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+2022\)\( \Rightarrow {g}'(x)=2x.{f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)+2{{x}^{3}}-8x.\)

\({g}'(x)=0.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & {f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)+{{x}^{2}}-4=0 \\ \end{align} \right.\)

\({f}'(x)=(2-x){{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}-m \right)}^{2021}}\)\( \Rightarrow {f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)=\left( 4-{{x}^{2}} \right){{\left( {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{3}}-{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}-m \right)}^{2021}}\)\({f}'\left( {{x}^{2}}-2 \right)+{{x}^{2}}-4=0\)\( \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-4 \right)\left[ 1-{{\left( {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{3}}-{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}-m \right)}^{2021}} \right]=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}^{2}}-4=0 \\ & 1-{{\left( {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{3}}-{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}-m \right)}^{2021}}=0 \\ \end{align} \right.\)

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

Xét phương trình \({{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{3}}-{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}-m=1\ \left( 1 \right)\).

Đặt \(t={{x}^{2}}-2\Rightarrow t\in \left[ -2;+\infty  \right)\).

Ta được phương trình \({{t}^{3}}-{{t}^{2}}=m+1\).

Xét hàm \(g\left( t \right)={{t}^{3}}-{{t}^{2}}\).

Để hàm số có đúng 5 cực trị điều kiện là có đúng 2 nghiệm phân biệt khác 0 và - 2, 2. Với mỗi \(t\in \left( -2;+\infty  \right)\) thì phương trình \(t={{x}^{2}}-2\) có hai nghiệm \(x\) phân biệt khác 0.

Do đó, yêu cầu bài toán

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & -12< m+1 \le \frac{-4}{27} \\ & 0\le m+1<2022 \\ & m\in Z \\ & m+1\ne 4 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & -13 < m\le \frac{-31}{27} \\ & -1\le m+1<2021 \\ & m\in Z \\ & m\ne 3 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow m\in \left\{ -12;...;-2;-1;...;2;4;...;2020 \right\}\).

Vậy có 2032 giá trị của \(\mathrm{m}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có bất phương trình \(\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}-y\le {{\log }_{2}}{{\left( 2y+1 \right)}^{\frac{1}{2}}}-{{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)\)

\(\Leftrightarrow 2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}-2y\le {{\log }_{2}}\left( 2y+1 \right)-{{\log }_{2}}{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}\).

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

\(\Leftrightarrow 2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}+{{\log }_{2}}\left[ 2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}} \right]\le {{\log }_{2}}\left( 2y+1 \right)+\left( 2y+1 \right)\)

Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right)=t+{{\log }_{2}}t\) với \(t\in \left( 0;+\infty  \right)\).

Ta có: \(f'\left( t \right)=1+\frac{1}{t\ln 2}>0\)\(\forall t>0\Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\).

Do đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow 2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}\le 2y+1\) \(\Leftrightarrow 2{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}+1\le 2y\).

Đặt \(g\left( x \right)=2{{x}^{4}}+4{{x}^{2}}+1\) với \(x\in \mathbb{R}\).

Ta có: \(g'\left( x \right)=8{{x}^{3}}+8x\). Cho \(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0\).

Lập bảng biến thiên ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(2y\ge g(4)={{2.4}^{4}}+{{4.4}^{2}}+1=577\)\(\Rightarrow y\ge \frac{577}{2}=288,5\).

Do 

\(\left\{ \begin{align} & y\in {{\mathbb{Z}}^{+}} \\ & y<500 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow y\in \left\{ 289;290;...;499 \right\}\) \(\Rightarrow \) Có tất cả \(211\) giá trị nguyên thỏa mãn.

Ta có \(f'\left( x \right).{{e}^{f\left( x \right)}}=\left( 2x+1 \right){{e}^{x}}\) \(\Leftrightarrow f'\left( x \right){{e}^{f\left( x \right)}}=\left[ \left( 2x-1 \right)+2 \right]{{e}^{x}}={{\left[ \left( 2x-1 \right){{e}^{x}} \right]}^{\prime }}\), \(\forall x\in \left( \frac{1}{2};+\infty  \right)\)

Nguyên hàm hai vế của phương trình ta được:\({{e}^{f\left( x \right)}}=\left( 2x-1 \right){{e}^{x}}+C\).

Mặt khác, \(f\left( 1 \right)=1\) nên ta có \({{e}^{1}}=\left( 2.1-1 \right){{e}^{1}}+C\Rightarrow C=0\).

Vậy \({{e}^{f\left( x \right)}}=\left( 2x-1 \right){{e}^{x}}\Rightarrow f\left( x \right)=\ln \left( 2x-1 \right)+x\).

Khi đó \({{3}^{x}}\ge \left( f\left( x \right)-m \right)\ln 3\Leftrightarrow \frac{{{3}^{x}}}{\ln 3}\ge \ln \left( 2x-1 \right)+x-m,\forall x>\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow m\ge \ln \left( 2x-1 \right)+x-\frac{{{3}^{x}}}{\ln 3},\forall x\in \left( \frac{1}{2};+\infty  \right)\).

Đặt \(g\left( x \right)=\ln \left( 2x-1 \right)+x-\frac{{{3}^{x}}}{\ln 3}\) với \(x\in \left( \frac{1}{2};+\infty  \right)\).

Ta có: \(g'\left( x \right)=\frac{2}{2x-1}+1-{{3}^{x}}=\frac{2x+1}{2x-1}-{{3}^{x}}\). Cho \(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \frac{2x+1}{2x-1}={{3}^{x}}\)

Nhận xét trên \(\left( \frac{1}{2};+\infty  \right)\), \(h\left( x \right)={{3}^{x}}\) là hàm đồng biến và \(k\left( x \right)=\frac{2x+1}{2x-1}\) là hàm nghịch biến

Đồng thời \(h\left( 1 \right)=k\left( 1 \right)\) nên \(x=1\) là nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\).

Ta có bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên và yêu cầu bài toán ta có \(m\ge g\left( 1 \right)=1-\frac{3}{\ln 3}\approx -1,73\)

Do \(m\in {{\mathbb{Z}}^{-}}\Rightarrow m=-1\). Vậy chỉ có duy nhất 1 giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

\(5w=\left( 2+i \right)\left( {{z}_{2}}-4 \right)\Leftrightarrow 5w+5i=\left( 2+i \right){{z}_{2}}-8+i\Rightarrow \left| \left( 2+i \right){{z}_{2}}-8+i \right|=3\sqrt{5}\Leftrightarrow \left| -{{z}_{2}}+3-2i \right|=3\)\(\Rightarrow \)Tập hợp điểm \(N\) biểu diễn của số phức \(-{{z}_{2}}\) là đường tròn tâm \(I\left( -3;2 \right)\) bán kính \(R=3\).

Ta có \(\left| -1-2i-\left( 5+6i \right) \right|=10\) nên tập hợp điểm biểu diễn \(M\) biểu diễn của phức \({{z}_{1}}\) là đoạn thẳng \(AB\) với \(A\left( -1;-2 \right)\) và \(B\left( 5;6 \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 6;8 \right)=2\left( 3;4 \right)\) nên phương trình đường thẳng AB: \(4x-3y-2=0\).

\(d\left( I,AB \right)=\frac{\left| 4.\left( -3 \right)-3.2-2 \right|}{\sqrt{16+9}}=4\)

Khi đó: \(\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}-\left( -{{z}_{2}} \right) \right|=MN\). Suy ra, \(a=M{{N}_{min}}=d\left( I,AB \right)-R=4-3=1\).