Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu

Chọn C

Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) có diện tích bằng \(4\pi \)\(\Rightarrow 4\pi {{R}^{2}}=4\pi \Rightarrow R=1\)

Vậy thể tích khối cầu \(\left( S \right)\) là: \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4\pi }{3}\)

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(0\).

Chọn D

Mặt phẳng trung trực của đoạn \(AB\) nhận vec tơ \(\overrightarrow{AB}=\left( 2\,;\,4\,;\,-2 \right)\) làm vec tơ pháp tuyến,

hay ta có thể chọn một vec tơ pháp tuyến của \(\left( \alpha\right)\) là \(\,\overrightarrow{n}=\left( 1\,;\,2\,;-1 \right)\).

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta thấy chỉ có phương án C là đúng.

Chọn A

Điều kiện: \(x>0\).

Ta có:

\({{\log }_{2}}x+{{\log }_{4}}x+{{\log }_{16}}x=7\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}x+\frac{1}{2}{{\log }_{2}}x+\frac{1}{4}{{\log }_{2}}x=7\)\( \Leftrightarrow \frac{7}{4}{{\log }_{2}}x=7\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}x=4\)\( \Leftrightarrow x=16\).

Chọn C

Ta có : \(\int{f\left( x \right)}\text{d}x=\)\( \int{\frac{1}{x}}\text{d}x=\ln \left| x \right|+C\).

Chọn D

Gọi a là độ dài cạnh của khối lập phương.

Theo giả thiết ta có: \(3{{a}^{2}}={{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}\)\( \Leftrightarrow {{a}^{2}}=1\Leftrightarrow a=1\).

Do đó thể tích khối lập phương là: \(V={{a}^{3}}=1\).

Chọn A

Ta có một vectơ chỉ phương của \(d\) là \(\overrightarrow{u}=\left( 2;\,\,1;\,\,2 \right).\)

Chọn B

Ta có \(z=(-4+3i).i=-3-4i\)\(\Rightarrow \,\left| z \right|=\left| -3-4i \right|\)\(=\sqrt{{{(-3)}^{2}}+{{(-4)}^{2}}}=5\).

Chọn B

Ta có: \(q=\frac{{{u}_{2}}}{{{u}_{1}}}=\frac{-2}{1}=-2\)

\({{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}\)\( \Leftrightarrow {{u}_{2019}}={{u}_{1}}.{{q}^{2018}}\)\( =1.{{\left( -2 \right)}^{2018}}={{2}^{2018}}\).

Chọn A

Ta có:

\(\int\limits_{0}^{1}{\left[ f\left( x \right)+2g\left( x \right) \right]\text{d}x}\)\( =\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( +2\int\limits_{0}^{1}{g\left( x \right)\text{d}x}\)\( =-3+2.2=1\).

Chọn C

Nhìn dáng đồ thị hàm số đã cho ta thấy đây là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số của \({{x}^{4}}\) dương và đi qua điểm \(\left( 0;3 \right)\) nên ta chọn hàm số \(y={{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+3\).

Chọn C

Điều kiện: \(x>0\)

\(\begin{align} & {{\log }_{2}}\left( 4x+8 \right)-{{\log }_{2}}x\le 3\\&\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( 4x+8 \right)\le {{\log }_{2}}8+{{\log }_{2}}x \\ & \Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( 4x+8 \right)\le {{\log }_{2}}\left( 8x \right)\\&\Leftrightarrow 4x+8\le 8x\Leftrightarrow 2\le x. \\\end{align}\)

So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ 2;+\infty  \right).\)

Chọn A

Ta có \(f'\left( x \right)=\left( {{x}^{4}}-{{x}^{2}} \right){{\left( x+2 \right)}^{3}}=0\)

\( \Leftrightarrow {{x}^{2}}\left( x-1 \right)\left( x+1 \right){{\left( x+2 \right)}^{3}}=0\)

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

Bảng biến thiên

Trong đó, \(x=0\) là nghiệm bội hai nên \(x=0\) không phải là điểm cực trị của hàm số đã cho.

Còn lại \(x=-2,x=\pm 1\) là nghiệm bội lẻ nên \(x=-2,x=\pm 1\) là các điểm cực trị của hàm số đã cho.

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn B

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

Ta có: \(z+2i.\overline{z}=1+17i\Leftrightarrow a+bi+2i(a-bi)=1+17\).

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a+2b=1 \\& 2a+b=17 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a=11 \\& b=-5 \\\end{align} \right.\)

Suy ra \(\left| z \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=\sqrt{{{11}^{2}}+{{\left( -5 \right)}^{2}}}=\sqrt{146}\).

Chọn D

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\) lần lượt là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;2;2 \right)\), \(\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1;2;2 \right)\).

Vì \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\) cùng phương với \(\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}\) nên mặt phẳng \(\left( P \right)\text{//}\left( Q \right)\).

Chọn điểm \(O\left( 0;0;0 \right)\in \left( P \right)\).

Khi đó: \(d\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=d\left( O,\left( Q \right) \right)=\frac{\left| 0+0+0-12 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{12}{3}=4\).

Chọn B

Từ phương trình \({{z}^{2}}+2z+11=0\).

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

Suy ra \(A={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}\)\( ={{\left| -1-i\sqrt{10} \right|}^{2}}+{{\left| -1+i\sqrt{10} \right|}^{2}}\)\( =22\).

Chọn D

Bán kính mặt cầu là \(R=\left| AI \right|=\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{22}\).

Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( -1;2;-3 \right)\), có \(R=\sqrt{22}\) :

\({{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=22\).

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm \(2{{x}^{2}}+x+1={{x}^{2}}+3\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0\Rightarrow x=1;x=-2\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\int\limits_{-2}^{1}{\left| (2{{x}^{2}}+x+1)-({{x}^{2}}+3) \right|dx}\)\( =\int\limits_{-2}^{1}{\left| {{x}^{2}}+x-2 \right|}dx\)\( =\left| \int\limits_{-2}^{1}{\left( {{x}^{2}}+x-2 \right)} \right|dx\)\( =\left| \left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2x \right) \right|_{-2}^{1} \right|\)\( =\frac{9}{2}\)

Chọn D

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \frac{m}{2} \right\}\)

Ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y\)\( =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( m+1 \right)x-5m}{2x-m}\)\( =\frac{m+1}{2}\).

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y\)\( =\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( m+1 \right)x-5m}{2x-m}\)\( =\frac{m+1}{2}\).

\(\Rightarrow y=\frac{m+1}{2}\)là TCN của đồ thị hàm số.

ycbt\(\Leftrightarrow \frac{m+1}{2}=1\)\( \Leftrightarrow m=1\).

Chọn C

Vì \(SA=SB=SC=SD=4\sqrt{11}\) nên suy ra \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Do đó \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABC}}\)\( =\frac{1}{3}\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}.\left( \frac{1}{2}AB.BC \right)\)\(=\frac{1}{3}\sqrt{176-32}.\frac{1}{2}.64=128\).

Chọn B

Xét hình lập phương \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) cạnh \(2a\)nội tiếp trong mặt cầu \(\left( S \right)\).

Khi ấy, khối lập phương có thể tích \({{V}_{1}}\)\( ={{\left( 2a \right)}^{3}}\)\(=8{{a}^{3}}\) và bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R=\frac{2a\sqrt{3}}{2}\)\(=a\sqrt{3}\).

Thể tích khối cầu\(\left( S \right)\): \({{V}_{2}}=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}\)\(=\frac{4}{3}\pi {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{3}}\)\(=4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}\).

Vậy tỉ số thể tích giữa khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương bằng

\(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{8{{a}^{3}}}{4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}\)\(=\frac{2}{\pi \sqrt{3}}\)\(=\frac{2\sqrt{3}}{3\pi }\).

Chọn D

Với điều kiện \(a>2b>0\) ta có: \(2{{\log }_{3}}\left( a-2b \right)={{\log }_{3}}a+{{\log }_{3}}b\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}{{\left( a-2b \right)}^{2}}={{\log }_{3}}\left( ab \right)\)

\(\Leftrightarrow {{\left( a-2b \right)}^{2}}=ab\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}}=ab\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{2}}-5ab+4{{b}^{2}}=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a=4b \\& a=b\,\left( l \right) \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow a=4b\)

\(\Rightarrow \frac{a}{b}=4\)

Chọn B

Ta có: \({{x}^{3}}-3x+2-2m=0\Leftrightarrow 2{{x}^{3}}-3x+2=2m\text{ }\left( 1 \right).\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3x+2\) và đường thẳng \(y=2m.\)

Từ đồ thị ta suy ra: Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi \(0<2m<4\Leftrightarrow 0<m<2.\)

Vậy \(0<m<2\) thỏa mãn bài toán.

Chọn B

Ta tính \(I=\int{x\sin 2x\text{d}x}\).

Đặt

\(\left\{ \begin{align}& u=x \\& \text{d}v=\sin 2x\text{d}x \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}& \text{d}u=\text{d}x \\& v=-\frac{1}{2}\cos 2x \\\end{align} \right.\)

Do đó \(I=-\frac{x}{2}\cos 2x+\int{\frac{1}{2}\cos 2x}\text{d}x=-\frac{x}{2}\cos 2x+\frac{1}{4}\sin 2x+C\).

Chọn C

Gọi \(H\)là trung điểm của \(AC\Rightarrow MH\)là đường trung bình của tam giác \(SAC\Rightarrow MH=\frac{1}{2}SA=a.\)

và \(MH\text{ // SA}\text{.}\)

Ta có:

\(\left. \begin{align} & MH\text{ }//\text{ SA} \\ & \text{SA}\bot \left( ABC \right) \\\end{align} \right\}\)

\(\Rightarrow MH\bot \left( ABC \right)\), lại có \(B\in \left( ABC \right)\) nên hình chiếu của\(BM\) trên\(\left( ABC \right)\) là \(BH.\)

Do đó, \(\left( BM,\left( ABC \right) \right)=\left( BM,BH \right)=\widehat{MBH}=\alpha .\)

Trong tam giác đều \(ABC\): \(BH=AB.sin60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

\(MH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow MH\bot BH\Rightarrow BM=\sqrt{M{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{2},\text{ cos}\alpha =\frac{BH}{BM}=\frac{\sqrt{21}}{7}.\)

Chọn D

Điều kiện \(x\ne 1,\ x\ne -3\).

Phương trình \({{\log }_{2}}\left| {{x}^{2}}+2x-3 \right|-{{\log }_{2}}\left| x+3 \right|=3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}\frac{\left| {{x}^{2}}+2x-3 \right|}{\left| x+3 \right|}=3\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left| \frac{{{x}^{2}}+2x-3}{x+3} \right|=3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left| x-1 \right|=3\)\( \Leftrightarrow \left| x-1 \right|=8\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=9 \\& x=-7 \\\end{align} \right.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng \(2\).

Chọn B

* Ta có:

\(\left\{ \begin{align}& \left( SAC \right)\bot \left( ABC \right) \\& \left( SAC \right)\cap \left( ABC \right)=AC \\& AB\bot AC \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow AB\bot \left( SAC \right)\), \(AC=\sqrt{B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=4a\).

* Theo định lý côsin ta có:

\(S{{C}^{2}}=A{{S}^{2}}+A{{C}^{2}}-2.AS.AC.\cos 30{}^\circ =16{{a}^{2}}+12{{a}^{2}}-2.4a.2a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=4{{a}^{2}}=A{{C}^{2}}-A{{S}^{2}}\)

\(\Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(S\).

* Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SB\) ta có

\(SC\bot \left( SAB \right)\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}& AH\bot SB \\& AH\bot SC \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\)\( \Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH\), theo hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAB\) ta có:

\(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{S}^{2}}}\)\( =\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{12{{a}^{2}}}=\frac{7}{36{{a}^{2}}}\)\( \Rightarrow AH=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)\( =d\left( A;\left( SBC \right) \right)\).

Chọn A

* Đặt

\(\left\{ \begin{align}& u=\ln x \\& dv=\frac{dx}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}} \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}& du=\frac{dx}{x} \\& v=-\frac{1}{x+1} \\\end{align} \right.\)

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:

\(I=\int\limits_{1}^{3}{\frac{\ln x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\text{dx}}\)\( =\left. -\frac{\ln x}{\left( x+1 \right)} \right|_{1}^{3}\)\( +\int\limits_{1}^{3}{\frac{1}{x\left( x+1 \right)}\text{dx}}\)\( =-\frac{1}{4}\ln 3+\left. \ln \left| \frac{x}{x+1} \right| \right|_{1}^{3}\)\( =\frac{3}{4}\ln 3-\ln 2\)\( =\frac{a}{b}\ln 3-c\ln 2\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}& a=3 \\& b=4 \\& c=1 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow a+b+c=8\).

Ta có \(M\left( 1;2;1 \right)\) là trung điểm \(BC\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left( -2;3;-1 \right)\).

Khi đó, trung tuyến \(AM\) đi qua \(A\left( 3;-1;2 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AM}=\left( -2;3;-1 \right)\).

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

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

Do vậy

\(AM:\left\{ \begin{align} & x=1+2t \\ & y=2-3t \\ & z=1+t \\\end{align} \right.,t=1-u\in \mathbb{R}\)

Ta có: \(\overline{z}=\frac{5+i}{1-i}=2+3i\)\( \Rightarrow z=2-3i\)\( \Rightarrow \text{w}=2\left( 2-3i \right)+i=4-5i\).

Xét \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( 3-2x \right)}\text{dx}\)

Đặt \(t=3-2x\), \(\text{d}t=-2\text{d}x\).

Đổi cận

\(\left\{ \begin{align} & x=2 \\ & x=1 \\\end{align} \right.\)

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

Khi đó \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( 3-2x \right)}\text{d}x\)\( \text{=}\int\limits_{1}^{-1}{f\left( t \right)}.\frac{-\text{d}t}{2}\)\( =\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f\left( t \right)}\text{d}t\)\( =\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}\text{d}x\).

Có \(\int\limits_{-1}^{2}{f\left( x \right)}\text{d}x\)\( =\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}\text{d}x+\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)}\text{d}x\)\( \Rightarrow \int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}\text{d}x\)\( =2-5=-3\)

Vậy \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( 3-2x \right)}\text{d}x\)\( =\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}\text{d}x\)\( =\frac{-3}{2}\).

Chọn B

Có 8 đội chia thành hai bảng số phần tử không gia mẫu là \(n(\Omega )=C_{8}^{4}\).

Gọi \(A\) là biến cố “hai đội Việt Nam và Thái Lan nằm hai bảng khác nhau”

Số phần tử của biến cố \(A\) là \(n(A)=2.C_{6}^{3}.C_{4}^{4}\)

Vậy xác suất của biến cố \(A\)là \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{2.C_{6}^{3}.C_{4}^{4}}{C_{8}^{4}}=\frac{4}{7}\)

Tam giác cân có góc ở định bằng \({{120}^{0}}\Rightarrow \widehat{BSO}={{60}^{0}}\).

Xét tam giác \(SOB\) vuông tại \(O\) có: \(\cos {{60}^{0}}=\frac{SO}{SB}\Rightarrow SO=\frac{1}{2}.SB=\frac{1}{2}.2=1\)

Gọi \({{t}_{1}}\,\left( s \right)\) là thời điểm vật dừng lại.

Suy ra: \(v\left( {{t}_{1}} \right)=0\)\(\Leftrightarrow 180-20{{t}_{1}}=0\)\(\Leftrightarrow {{t}_{1}}=9\,\left( s \right)\).

Quãng đường vật di chuyển là: '

\(S=\int\limits_{0}^{9}{\left( 180-20t \right)\text{d}t\text{ }}\)\(=\left. \left( 180t-10{{t}^{2}} \right) \right|_{0}^{9}\)\(=810\).

Chọn A

+ Hàm số xác định với mọi \(x\) thuộc \(\mathbb{R}\)

+ Ta có:\(y'=3{{x}^{2}}-6mx+3\).

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( 0;\text{ }+\infty  \right)\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow y'\ge 0\text{ }\forall x\in \left( 0;\text{ }+\infty \right)\\&\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6mx+3\ge 0\text{ }\forall x\in \left( 0;+\infty \right) \\ & \Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}+1}{x}\ge 2m\\&\Leftrightarrow \underbrace{x+\frac{1}{x}}_{f(x)}\ge 2m\\&\Leftrightarrow \underset{\left( 0;\text{ }+\infty \right)}{\mathop{\min f(x)}}\,\ge 2m\text{ (1)} \\\end{align}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có : \(x+\frac{1}{x}\ge 2\text{ }\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)\( \Rightarrow \underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min f(x)}}\,=2\).

Do đó :

\((1)\Leftrightarrow 2\ge 2m\Leftrightarrow m\le 1\)

Chọn A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 3;3;4 \right)\), mặt phẳng \(\left( \alpha\right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;1 \right)\), \(\overrightarrow{MI}=\left( 1;2;3 \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên \(\Delta \). Khi đó \(d\left( I,\Delta  \right)=IH\le IM\).

Để \(\Delta \) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất \(\Leftrightarrow d\left( I,\Delta\right)\) lớn nhất \(\Leftrightarrow \Delta \bot IM\)

Khi đó \(\Delta \)có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{n},\overrightarrow{MI} \right]=\left( 1;-2;1 \right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là 

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

Do đó \(\Delta \) đi qua điểm có tọa độ \(\left( 4;-3;3 \right)\).

Chọn D

Ta có \({{V}_{ABCD{A}'{B}'{C}'{D}'}}=1.1.1=1\).

Gọi \(d\) là đường trung bình đi qua \(M\) của \(\Delta BC{B}'\). Suy ra \(d\,\text{//}\,{B}'C\). Suy ra \(d\,\text{//}\,{A}'D\) do cùng song song với \({B}'C\). Suy ra \(d\subset \left( M{A}'D \right)\). Do đó \(K=d\cap BC\) hay \(K\) là trung điểm \(BC\).

Suy ra \({{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'MKCD}}>{{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'DC}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD{A}'{B}'{C}'{D}'}}=\frac{1}{2}\). Do vậy chọn đáp án        D. \(\frac{17}{24}\).

Trong trường hợp có nhiều hơn 1 đáp án lớn hơn \(\frac{1}{2}\). Ta tiến hành tính thể tích khối \({A}'{B}'{C}'{D}'MKCD\) như sau:

Cách 1: \({{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'MKCD}}={{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'DC}}+{{V}_{D.{A}'{B}'M}}+{{V}_{D.{B}'MKC}}\)

\({{V}_{D.{A}'{B}'M}}=\frac{1}{3}\,.\,DA\,.\,{{S}_{{A}'{B}'M}}=\frac{1}{3}\,.\,1\,.\,\frac{1}{2}\,.\,1\,.\,\frac{1}{2}=\frac{1}{12}\)

\({{V}_{D.{B}'MKC}}=\frac{1}{3}\,.\,DC\,.\,{{S}_{{B}'MKC}}=\frac{1}{3}\,.\,DC\,.\,\frac{3}{4}\,.\,{{S}_{B{B}'C}}=\frac{1}{3}\,.\,1\,.\,\frac{3}{4}\,.\,\frac{1}{2}=\frac{1}{8}\)

Vậy \({{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'MKCD}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{1}{8}=\frac{17}{24}\).

Cách 2: \({{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'MKCD}}={{V}_{ABCD{A}'{B}'{C}'{D}'}}-{{V}_{MBK.{A}'AD}}\)

\({{V}_{MBK.A'AD}}=\frac{1}{3}\,.\,AB\,.\,\left( {{S}_{{A}'AD}}+{{S}_{MBK}}+\sqrt{{{S}_{{A}'AD}}.{{S}_{MBK}}} \right)=\frac{1}{3}.\,1\,.\,\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\sqrt{\frac{1}{2}.\frac{1}{8}} \right)=\frac{7}{24}\)

Vậy \({{V}_{{A}'{B}'{C}'{D}'MKCD}}=1-\frac{7}{24}=\frac{17}{24}\).

Chọn D

Đặt \(z=x+iy\) với \(x,y\in \mathbb{R}\).

\(\left| z+2-3i \right|=\left| \overline{z}-4+i \right|\) \(\Leftrightarrow {{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}={{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( -y+1 \right)}^{2}}\) \(\Leftrightarrow y=3x-1\)

\(3\left| z+\overline{z} \right|+2\left| z-\overline{z} \right|=12\) \(\Leftrightarrow 3.\left| 2x \right|+2.\left| 2iy \right|=12\) \(\Leftrightarrow 3\left| x \right|+2\left| y \right|=6\) \(\Rightarrow 3\left| x \right|+2\left| 3x-1 \right|=6\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\ - 3x + 2\left( {1 - 3x} \right) = 6\end{array} \right.}\\{\left\{ \begin{array}{l}0 \le x < \frac{1}{3}\\3x + 2\left( {1 - 3x} \right) = 6\end{array} \right.}\\{\left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{3}\\3x + 2\left( {3x - 1} \right) = 6\end{array} \right.}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\x = - \frac{4}{9}\end{array} \right.}\\{\left\{ \begin{array}{l}0 \le x < \frac{1}{3}\\x = \frac{{ - 4}}{3}\end{array} \right.}\\{\left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{3}\\x = \frac{8}{9}\end{array} \right.}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{4}{3}\\x = \frac{8}{9}\end{array} \right.\)

Vậy có 2 số phức \(z\) thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Đặt \(2\sin x+1=t\). Khi \(x\in \left[ 0\,;\frac{\pi }{6} \right)\) thì \(t\in \left[ 1\,;2 \right)\). Bài toán trở thành tìm điều kiện của \(m\) để phương trình \(f\left( t \right)=m\) có nghiệm trên nửa khoảng \(\left[ 1\,;2 \right)\). Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta suy ra đồ thị của hàm số \(f\left( t \right)\) trên \(\left[ 1\,;2 \right)\) như sau:

Dựa vào đồ thị: Phương trình \(f\left( t \right)=m\) có nghiệm trên \(\left[ 1\,;2 \right)\) khi và chỉ khi \(-2<m\le 0\).

Vậy tập hợp tất cả giá trị thực của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( 2\sin x+1 \right)=m\) có nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left[ 0\,;\frac{\pi }{6} \right)\) là \(\left( -2\,;0 \right]\).

Chọn C

Dễ dàng xác định được tọa độ một số đỉnh của hình lập phương như sau: \(C\left( 1\,;1\,;0 \right)\), \({{D}_{1}}\left( 0\,;1\,;1 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(C\), \({{D}_{1}}\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{align} & a+b-3=0 \\ & b+c-3=0 \\ \end{align} \right.\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( a\,;b\,;c \right)\).

Mặt phẳng \(\left( B{{B}_{1}}{{D}_{1}}D \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{AC}=\left( 1;1;0 \right)\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( B{{B}_{1}}{{D}_{1}}D \right)\). Vì \(0{}^\circ \le \alpha \le 90{}^\circ \) nên \(\alpha \) nhỏ nhất khi \(\cos \alpha \) lớn nhất.

Ta có: \(\cos \alpha \)\( =\left| \cos \left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{AC} \right) \right|\)\( =\frac{\left| \overrightarrow{n}.\overrightarrow{AC} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|.\left| \overrightarrow{AC} \right|}\)\(=\frac{\left| a+b \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}.\sqrt{2}}\)

\(=\frac{3}{\sqrt{2}.\sqrt{{{\left( 3-b \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{\left( 3-b \right)}^{2}}}}\)\(=\frac{3}{\sqrt{2}.\sqrt{3{{\left( b-2 \right)}^{2}}+6}}\)\(\le \frac{3}{\sqrt{2}.\sqrt{6}}\)\(=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Đẳng thức xảy ra khi \(b=2\).

Suy ra \(\alpha \) nhỏ nhất bằng \(30{}^\circ \) khi \(b=2\); \(a=1\); \(c=1\).

Vậy \(T=a+b+c=4\).

Chọn D

Trước hết, ta chọn hệ trục tọa độ\(Oxy\), như hình vẽ

Từ hình vẽ, ta có parabol \(\left( P \right)\) có dạng:\(y=a{{x}^{2}}+b\,;\,a\,,\,b\,\in \mathbb{R}\).

Do \(\left( P \right)\) qua hai điểm có tọa độ là \(\left( 2\,;\,\,0 \right)\,,\,\left( 0\,;\,4 \right)\) nên \(\left( P \right)\) có phương trình \(y=-{{x}^{2}}+4\).

Ta có, diện tích của \(\left( P \right)\) tạo với trục hoành là: \(S=\int_{-2}^{2}{\left( -{{x}^{2}}+4 \right)\text{d}}x=\frac{32}{3}\,{{m}^{2}}\).

Ta gọi điểm \(C\left( a\,;\,0 \right)\Rightarrow D\left( 0\,;\,-{{a}^{2}}+4 \right)\,;\,0<a<2\).

Do đó, diện tích của hình chữ nhật\(CDEF\) là:\({{S}_{CDEF}}\,=\,2a\left( 4-{{a}^{2}} \right)=8a-2{{a}^{3}}\).

Theo đề bài, để phần trang trí, có chi phí nhỏ nhất thì diện tích của hình chữ nhật \(CDEF\) đạt giá trị lớn nhất.

Do cổng chào đối xứng qua trục tung nên ta đặt: \(g\left( a \right)=\frac{{{S}_{CDEF}}}{2}=4a-{{a}^{3}}\,,\,0<a<2\).

\(\Rightarrow g'\left( a \right)=4-3{{a}^{2}}\,\Rightarrow g'\left( a \right)=0\Rightarrow a=\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Ta có, BBT:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra diện tích hình chữ nhật \(CDEF\) đạt giá trị lớn nhất là

\(\frac{32\sqrt{3}}{9}\,{{m}^{2}}\). Vậy, diện tích nhỏ nhất của phần dùng để trang trí là \(\frac{96-32\sqrt{3}}{9}\,{{m}^{2}}\).

Do đó, số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm là \(\left( \frac{96-32\sqrt{3}}{9} \right).1000000=\,4508263,795\approx \,4.509.000\) đồng/\({{m}^{2}}\).

Chọn B

Ta gọi điểm \(I\left( x\,;\,y\,;\,z \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\)\( =\,\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{MI}\)\( +\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\)\( +2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}\).

Suy ra, \(\left| \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|\)\( =\left| 4\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC} \right|\).

Ta chọn điểm \(I\left( x\,;\,y\,;\,z \right)\) sao cho \(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}\,=\,\overrightarrow{O}\,\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& -x+2\left( 2-x \right)+4-x=0 \\& 1-y+2\left( -1-y \right)+1-y\,=\,0 \\& 1-z+2\left( 1-z \right)+1-z\,=\,0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=2 \\& y=\,0 \\& z\,=\,1 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)\).

Vậy, với điểm \(I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)\) ta có \(\left| \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|=\left| 4\overrightarrow{MI} \right|\). Do \(I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)\notin \,\left( P \right)\) mà \(M\left( a\,;\,b\,;\,c \right)\in \,\left( P \right)\) nên \(\left| \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi\(\left| 4\overrightarrow{MI} \right|\) có độ dài nhỏ nhất.

Vậy, để thỏa mãn điều kiện đó khi \(M\left( a\,;\,b\,;\,c \right)\) là hình chiếu của \(I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)\) lên \(\left( P \right)\).

Ta gọi \(d\) là đường thẳng qua điểm \(I\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right)\).

Ta có phương trình của \(d\,:\,\frac{x-2}{1}\,=\,\frac{y}{1}\,=\,\frac{z-1}{1}\).

Do \(M=\,d\,\cap \,\left( P \right)\) nên tọa độ điểm \(M\left( a\,;\,b\,;\,c \right)\) thỏa hệ phương trình

\(\left\{ \begin{align}& a-b\,=\,2 \\& a\,-c\,=\,1 \\& a+b+c\,=\,6 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a\,=\,3 \\& b\,=\,1 \\& c\,=\,2 \\\end{align} \right.\)

Suy ra \(\,2a+4b+c=2.3+4.1+2=12\).

Chọn D

\({y}'=-3{f}'\left( 2-x \right).{{e}^{3f\left( 2-x \right)+1}}-{f}'\left( 2-x \right){{.3}^{f\left( 2-x \right)}}\ln 3=-{f}'\left( 2-x \right)\left[ 3{{e}^{3f\left( 2-x \right)+1}}+{{3}^{f\left( 2-x \right)}}\ln 3 \right]\).

Yêu cầu bài toán: \({y}'\ge 0\)\(\Leftrightarrow \)\)-{f}'\left( 2-x \right)\ge 0\)\(\Leftrightarrow \)\({f}'\left( 2-x \right)\le 0\).

Có \({f}'\left( 2-x \right)\le 0\)

\(\Leftrightarrow\left[ \begin{align} & 2-x\le -1 \\ & 1\le 2-x\le 4 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x\ge 3 \\ & -2\le x\le 1 \\\end{align} \right.\)

Vậy hàm số \(y={{e}^{3f\left( 2-x \right)+1}}+{{3}^{f\left( 2-x \right)}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( -2;1 \right)\).

Chọn A

Ta có \({{x}^{6}}+3{{x}^{4}}-{{m}^{3}}{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}-mx+2\ge 0\)\(\Leftrightarrow \)\({{x}^{6}}+3{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}+1+{{x}^{2}}+1\ge {{m}^{3}}{{x}^{3}}+mx\)

\(\Leftrightarrow \)\({{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{3}}+{{x}^{2}}+1\ge {{\left( mx \right)}^{3}}+mx\), \(\forall x\in \left[ 1;3 \right]\)\(\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{t}^{3}}+t\)\(\Rightarrow \)\({f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+1>0\), \(\forall t\in \mathbb{R}\) nên \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(\left( 1 \right)\)\(\Leftrightarrow \)\(f\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ge f\left( mx \right)\)\(\Leftrightarrow \)\({{x}^{2}}+1\ge mx\)\(\Leftrightarrow \)\(m\le \frac{{{x}^{2}}+1}{x}\), \(\forall x\in \left[ 1;3 \right]\)\(\Leftrightarrow \)\(m\le \underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,\frac{{{x}^{2}}+1}{x}\).

Đặt \(g\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+1}{x}\)\(\Rightarrow \)\({g}'\left( x \right)=1-\frac{1}{{{x}^{2}}}\); \({g}'\left( x \right)=0\)\(\Rightarrow \)\)x=1\).

\(g\left( 1 \right)=2\); \(g\left( 3 \right)=5\)\(\Rightarrow \)\(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=2\)\(\Rightarrow \)\(m\le 2\).

Suy ra \(S=\left\{ 1;2 \right\}\). Vậy tổng của tất cả các phần tử thuộc \(S\) bằng \(3\).

Chọn B

Trong mp tọa độ \(Oxy\), Ta gọi các điểm biểu diễn của các số phức

\(z=x+yi\) là \(M\left( x\,;\,y \right)\);

\(z=-4+0i\) là \({{F}_{1}}\left( -4\,;\,0 \right)\);

\(z=4+0i\) là \({{F}_{2}}\left( 4\,;\,0 \right)\);

Ta có: \(\left| z+4 \right|+\left| z-4 \right|=10\)\(\Rightarrow M{{F}_{1}}+M{{F}_{2}}=10\). (1)

\(\left\{ \begin{align} & M{{F}_{1}}^{2}={{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}} \\ & M{{F}_{2}}^{2}={{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}} \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow M{{F}_{1}}^{2}-M{{F}_{2}}^{2}=16x\Rightarrow M{{F}_{1}}-M{{F}_{2}}=\frac{8x}{5}\).(2)

Từ (1) và (2), suy ra \(M{{F}_{1}}=5+\frac{4x}{5}\).

Mặt khác \(M{{F}_{1}}^{2}={{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}\)\(\Rightarrow {{\left( 5+\frac{4x}{5} \right)}^{2}}={{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}\Rightarrow \frac{{{x}^{2}}}{25}+\frac{{{y}^{2}}}{9}=1\).

Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức thỏa mãn \(\left| z+4 \right|+\left| z-4 \right|=10\) là Elip có phương trình \(\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{25}+\frac{{{y}^{2}}}{9}=1\).

Theo đề, ta cần tìm điểm thuộc \(\left( E \right)\) sau cho \(\left| z-6 \right|\) lớn nhất.

Ta gọi các điểm biểu diễn số phức

\(z=6+0i\) là \(A\left( 6\,;\,0 \right)\);

\(z=a+bi\) là \(M\left( a\,;\,b \right)\in \left( E \right)\);

\(z=-5+0i\) là \(C\left( -5\,;\,0 \right)\).

Do đó, \(\left| z-6 \right|\) lớn nhất khi và chỉ khi \(MA\) lớn nhất.

Dựa, vào hình vẽ trên ta thấy để \(MA\) lớn nhất khi \(M\equiv C\left( -5\,;\,0 \right)\Rightarrow a=-5;\,b=0\Rightarrow S=-5\).

Chọn B

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( 4;\,4;\,2 \right)\). Điểm \(H\) thuộc đoạn \(AB\) và không trùng với hai đầu mút nên ta giả sử \(\overrightarrow{AH}=t\overrightarrow{AB},\,\left( 0<t<1 \right)\)

Khi đó tọa độ của điểm \(H\) là \(H\left( 2+4t;\,1+4t;\,3+2t \right)\) và \(AH=tAB=6t\).

Tâm của mặt cầu là trung điểm của \(AB\) có tọa độ \(I\left( 4;\,3;\,4 \right)\), bán kính \(R=IA=3\)

Bán kính đường tròn đáy của nón là \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{H}^{2}}}=\sqrt{9-9{{\left( 2t-1 \right)}^{2}}}=6\sqrt{t-{{t}^{2}}}\)

Thể tích khối nón:

\(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}AH=\frac{1}{3}\pi .36.\left( t-{{t}^{2}} \right).6t=36\pi {{t}^{2}}\left( 2-2t \right)\le 36\pi .{{\left( \frac{t+t+2-2t}{3} \right)}^{3}}=\frac{32}{3}\pi \)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(t=2-2t\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}\).

Khi đó \(H\left( \frac{14}{3};\,\frac{11}{3};\,\frac{13}{3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(H\), nhận \(\overrightarrow{AB}\) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

\(2\left( x-\frac{14}{3} \right)+2\left( y-\frac{11}{3} \right)+\left( z-\frac{13}{3} \right)=0\Leftrightarrow 2x+2y+z-21=0\).

Do đó:

\(\left\{ \begin{align} & b=2 \\ & c=1 \\ & d=-21 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow b+c+d=-18.\)

Chọn B

Đặt

\(\left\{ \begin{align} & u=f\left( x \right) \\ & \text{d}v={{\left( x-1 \right)}^{2}}\text{d}x \\ \end{align} \right.\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \text{d}u={f}'\left( x \right)\text{d}x \\ & v=\frac{{{\left( x-1 \right)}^{3}}}{3} \\ \end{align} \right.\)

Khi đó, \(\int\limits_{1}^{2}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}f\left( x \right)\text{d}x}\)\( =\left. \frac{{{\left( x-1 \right)}^{3}}f\left( x \right)}{3} \right|_{1}^{2}-\)\( \frac{1}{3}\int\limits_{1}^{2}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}\)

\(\Rightarrow -\frac{1}{3}\)\( =-\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{2}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}\)

\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}=1\).

Ta lại có:

\(\left\{ \begin{align} & \int\limits_{1}^{2}{{{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}\text{d}x}=7 \\ & \int\limits_{1}^{2}{14{{\left( x-1 \right)}^{3}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}=14 \\ & \int\limits_{1}^{2}{49{{\left( x-1 \right)}^{6}}\text{d}x}=\left. 7{{\left( x-1 \right)}^{7}} \right|_{1}^{2}=7 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{{{\left[ {f}'\left( x \right) \right]}^{2}}\text{d}x}\)\( -\int\limits_{1}^{2}{14{{\left( x-1 \right)}^{3}}{f}'\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{49{{\left( x-1 \right)}^{6}}\text{d}x}=0\)

\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{{{\left[ {f}'\left( x \right) -7{{\left( x-1 \right)}^{3}} \right]}^{2}}\text{d}x}=0\) \(\left( 1 \right)\),

mà \(\int\limits_{1}^{2}{{{\left[ {f}'\left( x \right) -7{{\left( x-1 \right)}^{3}} \right]}^{2}}\text{d}x}\ge 0\).

nên \(\left( 1 \right)\Rightarrow {f}'\left( x \right) -7{{\left( x-1 \right)}^{3}}=0\)\( \Rightarrow {f}'\left( x \right)\)\( =7{{\left( x-1 \right)}^{3}}\)\( \Rightarrow f\left( x \right)\)\( =\frac{7{{\left( x-1 \right)}^{4}}}{4}+C\).

Mà \(f\left( 2 \right)=0\)\( \Leftrightarrow \frac{7}{4}+C=0\)\( \Leftrightarrow C=-\frac{7}{4}\)\( \Rightarrow f\left( x \right)\)\( =\frac{7}{4}\left[ {{\left( x-1 \right)}^{4}}-1 \right]\).

\(\Rightarrow I\)\( =\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( =\frac{7}{4}\int\limits_{1}^{2}{\left[ {{\left( x-1 \right)}^{4}}-1 \right]\text{d}x}\)\( =\left. \frac{7}{4}\left[ \frac{{{\left( x-1 \right)}^{5}}}{5}-x \right] \right|_{1}^{2}=-\frac{7}{5}\).

Vậy \(I=-\frac{7}{5}\).

Chọn B

Gọi \(O\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( ABC \right)\)

Đặt \(d\left( A,BC \right)=a,d\left( B,AC \right)=b,d\left( C,AB \right)=c,SO=h\)

Ta có \({{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta OBC}}+{{S}_{\Delta OAC}}+{{S}_{\Delta OAB}}\Rightarrow a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(\frac{d\left( O,\left( SBC \right) \right)}{d\left( A,\left( SBC \right) \right)}=\frac{OM}{AM}=\frac{OI}{AK}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\Rightarrow d\left( O,\left( SBC \right) \right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{6}}{4}=\frac{a}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow \frac{2}{{{a}^{2}}}=\frac{1}{{{h}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow a=h\)

Tương tự\(\frac{d\left( O,\left( SAC \right) \right)}{d\left( B,\left( SAC \right) \right)}=\frac{d\left( O,AC \right)}{d\left( B,AC \right)}==\frac{2b}{\sqrt{3}}\Rightarrow d\left( O,\left( SAC \right) \right)=\frac{2b}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{15}}{10}=\frac{b}{\sqrt{5}}\)

\(\Rightarrow \frac{5}{{{b}^{2}}}=\frac{1}{{{h}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\Rightarrow b=2h\)

Tương tự\(\frac{d\left( O,\left( SAB \right) \right)}{d\left( C,\left( SAB \right) \right)}=\frac{d\left( O,AB \right)}{d\left( C,AB \right)}==\frac{2c}{\sqrt{3}}\Rightarrow d\left( O,\left( SAC \right) \right)=\frac{2c}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{30}}{20}=\frac{c}{\sqrt{10}}\)

\(\Rightarrow \frac{10}{{{c}^{2}}}=\frac{1}{{{h}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}\Rightarrow c=3h\)

\(\Rightarrow a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow h=\frac{\sqrt{3}}{12}\Rightarrow V=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{48}\)

Chọn B

\({{3}^{x}}\left( {{3}^{2x}}+1 \right)-\left( {{3}^{x}}+m+2 \right)\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}=2\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{x}}\left( {{3}^{2x}}+1 \right)=\left( {{3}^{x}}+m+2 \right)\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}+2\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}=\left( {{3}^{x}}+m+3 \right)\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}={{\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)}^{3}}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\).

Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right)={{t}^{3}}+t\) có \({f}'\left( t \right)=3{{t}^{2}}+1>0,\text{ }\forall t\in \mathbb{R}\).

Vậy \(\Leftrightarrow {{3}^{3x}}+{{3}^{x}}={{\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)}^{3}}+\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\Leftrightarrow f\left( {{3}^{x}} \right)=f\left( \sqrt{{{3}^{x}}+m+3} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{3}^{x}}=\sqrt{{{3}^{x}}+m+3}\Leftrightarrow {{3}^{2x}}-{{3}^{x}}-3=m\).

Đặt \(u={{3}^{x}}\), với điều kiện \(u>0\) và đặt \(g\left( u \right)={{u}^{2}}-u-3\)

Phương trình \(\Leftrightarrow g\left( u \right)=m\).

\({g}'\left( u \right)=2u-1\), \({g}'\left( u \right)=0\Leftrightarrow u=\frac{1}{2}\) ta có bảng biến thiên của \(g\left( u \right)\):

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi \(m>-\frac{13}{4}\).

Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên âm của \(m\) để phương trình có nghiệm thực là: -3; -2; -1.