Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Trần Khai Nguyên

Diện tích mặt cầu bán kính \(R=5\) là \(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{.5}^{2}}=100\pi \).

Gọi \(G\) của tam giác \(ABC\) ta có

\(\left\{ \begin{align}& {{x}_{G}}=\frac{-1+3+1}{3}=1 \\& {{y}_{G}}=\frac{2+1+6}{3}=3 \\& {{z}_{G}}=\frac{0+1+5}{3}=2 \\\end{align} \right.\)

do đó \(G\left( 1;3;2 \right)\).

Chọn D

Ta có: \(\int\limits_{0}^{2}{\left[ f\left( x \right)-2g\left( x \right) \right]dx}\)\( =\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}-2\int\limits_{0}^{2}{g\left( x \right)dx}=4-2.1=2\).

Chọn B

Thể tích khối trụ đã cho là \(V=\pi {{.2}^{2}}.3=12\pi \).

Chọn C

Ta có \({{s}_{z}}=\,z.\overline{w}=\,(-1+2i).(3+i)=\,-5+5i\). Do đó phần ảo của số phức \({{s}_{z}}=\,z.\overline{w}\) bằng 5.

Chọn B

Dễ thấy đường thẳng \(y=\,1\) cắt đồ thị hàm số \(y=\,f(x)\) tại hai điểm phân biệt nên phương trình \(f(x)=\,1\) có hai nghiệm thực.

Chọn D

Ta có \(z=\,2-3i\) suy ra \(\overline{z}\,=\,2+3i\) nên điểm biểu diễn của số phức \(\overline{z}\) là \(N(2;\,3)\).

Chọn D

Do hàm số \(y=\,f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên từ bảng xét dấu đạo hàm ta lập được bảng biến thiên như sau

Dễ thấy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn B

Ta có:

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

Chọn B

Gọi số tự nhiên có 2 chữ số có dạng \(\overline{ab}\).

Chữ số \(a\) có \(9\) cách chọn.

Chữ số \(b\) có \(9\) cách chọn.

Vậy có \(9.9=81\) cách chọn số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt.

Chọn A

Từ hình vẽ ta thấy: Giá trị cực đại của hàm số \(y=f\left( x \right)\) là \(y=3\).

Chọn D

Ta có bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu ta thấy, hàm số đã cho đồng biến trên những khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\).

Chọn B

Tập xác định: \(D=R\backslash \left\{ -2 \right\}\)

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

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

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\frac{2x-1}{x+2}\) là \(x=-2\).

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta có \(a=-2\) và \(A=\frac{7}{2}\)

Vậy \(a-2A=-2-2.\frac{7}{2}=-9\).

Chọn C

Ta có \({{u}_{4}}-{{u}_{1}}=6\Leftrightarrow {{u}_{1}}+3d-{{u}_{1}}=6\Leftrightarrow 3d=6\Leftrightarrow d=2\).

Chọn A

Đường thẳng \(AB\) có một véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{AB}=\left( -2;2;1 \right)\).

Chọn C

Ta có

\({{\log }_{4}}\left( {{a}^{6}}{{b}^{2}} \right)\)\( =\frac{1}{2}{{\log }_{2}}\left( {{a}^{6}}{{b}^{2}} \right)\)\( =\frac{1}{2}\left( {{\log }_{2}}{{a}^{6}}+{{\log }_{2}}{{b}^{2}} \right)\)\( =\frac{1}{2}\left( 6{{\log }_{2}}a+2{{\log }_{2}}b \right)\)\( =3{{\log }_{2}}a+{{\log }_{2}}b\).

Chọn D

Chọn B

Ap dụng công thức tính đạo hàm \(\left( {{a}^{u}} \right)'=u'.{{a}^{u}}\ln a\).

Chọn A

Ta có: \(B=\frac{{{\left( a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\); \(h=a.\sin 60=\frac{a.\sqrt{3}}{2}\).

Suy ra \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=B.h=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}}{8}.\)

Chọn D

Ta có: hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(AC\) nên Góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{SCA}\)

\(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2}{\sqrt{2}.\sqrt{2}}=1\)

Suy ra: \(\widehat{SCA}=45{}^\circ \).

Chọn B

Ta có:

\(\begin{align} & \overrightarrow{AB}=\left( 3;-3;0 \right) \\ & \overrightarrow{AC}=\left( 1;2;1 \right) \\\end{align}\)

\(\Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC} \right]=\left( -3;-3;9 \right).\)

Chọn \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;-3 \right)\) là 1 vecto pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) cần tìm.

Khi đó, mặt phẳng đi qua \(C\left( 2;0;2 \right)\) và nhận \(\overrightarrow{n}=\left( 1;1;-3 \right)\) là 1 vecto pháp tuyến có phương trình là: \(1.\left( x-2 \right)+1\left( y-0 \right)-3\left( z-2 \right)=0\,\,\,\,\text{hay}\,\,\,x-y+3z+4=0\)

Chọn C

Ta có, đường sinh \(l\) của hình nón bằng \(\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{2{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}}=2\).

Khi đó, diện tích xung quanh của hình nón \({{S}_{xq}}=\pi rl=2\sqrt{2}\pi \).

Chọn B

Đặt \(1-2x=t\Rightarrow -2dx=dt\Rightarrow dx=-\frac{1}{2}dt.\)

Đổi cận: \(x=0\Rightarrow t=1\); \(x=1\Rightarrow t=-1\).

Khi đó: \(\int\limits_{0}^{1}{f\left( 1-2x \right)}\,dx=\frac{1}{3}\)\( =\int\limits_{1}^{-1}{f\left( t \right)}.\frac{-1}{2}\,dt\)\( =\frac{1}{2}\int\limits_{-1}^{1}{f\left( t \right)}\,dt\,\,\,\)\( \Rightarrow \,\,\,\int\limits_{-1}^{1}{f\left( t \right)}\,dt\)\( =\frac{2}{3}\)\( =\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)}\,dx\).

Chọn C

Theo giả thiết ta có: \({{a}^{4}}{{b}^{3}}=1\Rightarrow {{\log }_{a}}{{a}^{4}}{{b}^{3}}=0\Rightarrow 4+3{{\log }_{a}}b=0\Rightarrow 3{{\log }_{a}}b=-4.\)

Ta có: \({{\log }_{a}}\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{3}}}=2-3{{\log }_{a}}b=2-\left( -4 \right)=6.\).

Chọn A

Vì đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có thể chọn \(\overrightarrow{u}\left( -1;2;-2 \right)\) làm 1 vecto chỉ phương của \(d\).

Lại có \(d\) đi qua điểm \(M\left( 2;2;3 \right)\) nên \(d\) có phương trình là \(d:\frac{x-2}{-1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{-2}\).

Chọn D

Ta có:

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

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

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

\(g'\left( x \right)=0\) có 5 nghiệm \(\Rightarrow \) có 5 cực trị.

Chọn C

Không gian mẫu: Chọn ngẫu nhiên 2 điểm trong 18 điểm \(\left| \Omega  \right|=C_{18}^{2}=153\)

Gọi \(A\): “đường thẳng đi qua hai điểm được chọn không chức cạnh của bất kì hình vuông nào trong ô bàn cờ”

\(\Rightarrow \overline{A}\) là biến cố “đường thẳng đi qua hai điểm được chọn chức cạnh của bất kì hình vuông nào trong ô bàn cờ”

- Trên 1 đường ngang gồm 6 điểm. Chọn ngẫu nhiên 2 điểm, gồm 3 đường thẳng: \(3.C_{6}^{2}=45\)

- Trên 1 đường dọc gồm 3 điểm. Chọn ngẫu nhiên 2 điểm, gồm 6 đường dọc: \(6.C_{3}^{2}=18\)

\(\Rightarrow {{P}_{\overline{A}}}=\frac{\overline{A}}{\left| \Omega  \right|}=\frac{45+18}{153}=\frac{7}{17}\Rightarrow {{P}_{A}}=\frac{10}{17}\).

Chọn C

Ta có

\(\left\{ \begin{matrix} BD\bot OC \\ CC'\bot OC \\\end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow d(CC';BD)=OC\)

\(OC=\frac{AC}{2}=\frac{AB.\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{12}}{2}=\sqrt{3}\).

Chọn C

\({{z}^{2}}-4z+13=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{z}_{1}}=2-3i \\ & {{z}_{2}}=2+3i \\\end{align} \right.\)

Khi đó \(u=2{{z}_{1}}-{{z}_{2}}=2\left( 2-3i \right)-\left( 2+3i \right)=2-9i\).

Vậy \(\left| u \right|=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -9 \right)}^{2}}}=\sqrt{85}\).

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

• \(y=0\) và \(y=x\) ta được \(x=0\).

• \(y=0\) và \(y=\sqrt{x+2}\) ta được \(\sqrt{x+2}=0\Leftrightarrow x=-2\).

• \(y=x\) và \(y=\sqrt{x+2}\) ta được \(\sqrt{x+2}=x\)

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

Diện tích \(S\) của \(\left( D \right)\) là \(S=\int\limits_{-2}^{0}{\left| \sqrt{x+2} \right|\text{d}x}+\int\limits_{0}^{2}{\left| \sqrt{x+2}-x \right|\text{d}x}\)\( =\int\limits_{-2}^{0}{\sqrt{x+2}\text{d}x}+\int\limits_{0}^{2}{\sqrt{x+2}-x\text{d}x}\)

\(=\int\limits_{-2}^{0}{\sqrt{x+2}\text{d}x}+\int\limits_{0}^{2}{\sqrt{x+2}\text{d}x}-\int\limits_{0}^{2}{x\text{d}x}=S\)\( =\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{x+2}\text{d}x}-2\).

Chọn D

Tập xác định \(D=\left( -2;+\infty  \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Vì \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+2}-1}{{{x}^{2}}-4}=0\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y=0\).

Vì \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+2}-1}{{{x}^{2}}-4}=+\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=2\).

Vì \(\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x+2}-1}{{{x}^{2}}-4}=+\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x=-2\).

Từ đồ thị suy ra

\(\begin{array}{l}f\left( {1 - x} \right) = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x = a{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {a < - 1} \right)\\1 - x = b{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( { - 1 < b < 0} \right)\\1 - x = c{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {0 < c < 1} \right)\\1 - x = d{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {d > 1} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 - a{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {1 - a > 2} \right)\\x = 1 - b{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {1 < 1 - b < 2} \right)\\x = 1 - c{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {0 < 1 - c < 1} \right)\\x = 1 - d{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {1 - d < 0} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra phương trình \(f\left( 1-x \right)=1\) có \(3\) nghiệm thuộc khoảng \(\left( 0;\,+\infty  \right)\).

Chọn D

Ta có \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x+1 \right)-2x-2\).

Hàm số đồng biến ứng với \({g}'\left( x \right)\ge 0\)\( \Leftrightarrow {f}'\left( x+1 \right)\ge 2\left( x+1 \right)\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \(t=x+1\Rightarrow \left( 1 \right)\) thành \({f}'\left( t \right)\ge 2\left( t \right)\). Vẽ đường thẳng \(y=2x\) lên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right)\).

Từ đồ thị suy ra

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 \le t \le 0\\t \ge 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 \le x + 1 \le 0\\x + 1 \le 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 \le x \le - 1\\x \ge 1\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn A

Ta có \(\left| z-w \right|=4\)\( \Leftrightarrow {{\left| z \right|}^{2}}+{{\left| w \right|}^{2}}-\left( z\overline{w}+w\overline{z} \right)=16\)\( \Rightarrow z\overline{w}+w\overline{z}=\frac{-7}{2}\).

\({{\left| z+w \right|}^{2}}=\frac{25}{2}-\frac{7}{2}=9\)\( \Rightarrow OM=3;\,\,\,{{\left| 3z+w \right|}^{2}}=10.\frac{25}{4}-3.\frac{7}{2}=52\)\( \Rightarrow ON=2\sqrt{13}\).

\(MN=\left| 3z+w-z-w \right|=\left| 2z \right|=5\).

Áp dụng công thức Heron, suy ra \({{S}_{\vartriangle ABC}}=6\).

Chọn C

Ta có \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}\)\( =\frac{\int\limits_{0}^{1}{{{a}^{2}}x\text{d}x}}{\int\limits_{0}^{1}{{{b}^{2}}{{x}^{4}}\text{d}x}}=\frac{\frac{{{a}^{2}}}{2}}{\frac{{{b}^{2}}}{5}}=\frac{1}{10}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}=\frac{1}{25}\)\( \Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{1}{5}\).

Chọn A

Điều kiện \(x>-8\)

Đặt \(f\left( x \right)=\left( {{3}^{{{x}^{2}}-1}}-{{27}^{x+1}} \right)\left[ {{\log }_{3}}\left( x+8 \right)-2 \right]\)

Xét phương trình \({{3}^{{{x}^{2}}-1}}-{{27}^{x+1}}=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x-4=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=-1 \\ x=4 \\\end{matrix} \right.\)

Xét phương trình \({{\log }_{3}}\left( x+8 \right)-2=0\Leftrightarrow x=1\).

Khi đó ta có được bảng xét dấu của \(f\left( x \right)\):

\(\begin{array}{*{20}{c}}x&{ - 8}&{}&{ - 1}&{}&1&{}&4&{}&{ + \infty }\\{f\left( x \right)}&{}& - &0& + &0& - &0& + &{}\end{array}\)

Khi đó \(f\left( x \right)\le 0\Leftrightarrow x\in \left( -8;-1 \right]\cup \left[ 1;4 \right]\).

Chọn A

Do \(M\in d\) nên \(M\left( 1+3t;-2t;-1+t \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( 1-3t;2t;4-t \right),\overrightarrow{MB}=\left( 3-3t;2+2t;2-t \right)\).

Nên: \(\overrightarrow{u}=\left( 4-6t;2+4t;6-2t \right)\)\( \Rightarrow \left| \overrightarrow{u} \right|\)\( =\sqrt{{{\left( 4-6t \right)}^{2}}+{{\left( 2+4t \right)}^{2}}+{{\left( 6-2t \right)}^{2}}}\)\( =\sqrt{56{{t}^{2}}-56t+56}\)

Mà: \(\sqrt{56{{t}^{2}}-56t+56}\)\( =2\sqrt{14}.\sqrt{{{\left( t-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}}\ge \sqrt{42}\)

Dấu \(''=''\) xảy ra khi: \(t=\frac{1}{2}\)\( \Rightarrow M\left( \frac{5}{2};-1;-\frac{1}{2} \right)\).

Chọn B

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\Delta \).

Khi đó \(MH\le MK\) nên \(d{{\left( M,\left( P \right) \right)}_{\max }}=MK\).

Giả sử \(K\left( 5+3t;2t;-25-2t \right)\Rightarrow \overrightarrow{MK}=\left( 3+3t;2t-3;-24-2t \right)\) mà \(\overrightarrow{MK}\bot \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}\) nên:

\(3\left( 3+3t \right)+2\left( 2t-3 \right)+2\left( 24+2t \right)=0\Leftrightarrow t=-3\Rightarrow K\left( -4;-6;-19 \right)\Rightarrow \overrightarrow{MK}=\left( -6;-9;-18 \right)\)

Chọn \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 2;3;6 \right)\) thì \(\left( P \right):2x+3y+6z+140=0\)

Vậy \(b+c+d=149\).

Chọn D

Ta có \(f\left( 1 \right)=16\)

\({f}'(x)=\frac{a-\left( a\ln 2 \right)x-\left( 32-a \right)\ln 2}{{{2}^{x}}}=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}=\frac{1}{\ln 2}-\frac{32}{a}+1\)

TH1: \({{x}_{0}}\notin \left[ -2;1 \right]\)

Khi đó yêu cầu của bài toán \(\Leftrightarrow {{x}_{0}}<-2\Leftrightarrow 0<a<\frac{32}{\frac{1}{\ln 2}+3}\).

TH2: \({{x}_{0}}\in \left[ -2;1 \right]\)

Khi đó yêu cầu của bài toán

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 \le {x_0} \le 1\\f\left( { - 2} \right) \ge f\left( 1 \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{32}}{{\frac{1}{{\ln 2}} + 3}} \le a \le \frac{{32}}{{\frac{1}{{\ln 2}}}}\\a \le \frac{{28}}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Từ 2 trường hợp ta có \(0<a\le \frac{28}{3}\)

Vì \(a\in \mathbb{Z}\) nên \(a\in \left\{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9 \right\}\).

Chọn C

Ta có \(BC=\sqrt{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{\sqrt{3}}{2}\),

Gọi \(H,\,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SB\) và \(SC\).

Ta có \(BC\bot AB,\,BC\bot SA\Rightarrow BC\bot AH\), khi đó \(AH\bot BC,\,AH\bot SB\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\) hay \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH\).

Ta có \(\sin {{60}^{0}}=\frac{d\left( A,\left( SBC \right) \right)}{d\left( A,SC \right)}=\frac{AH}{AK}=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}:\frac{SA.AC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}\)

Khi đó \(\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+4}}{2\sqrt{S{{A}^{2}}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow 3\left( S{{A}^{2}}+1 \right)=S{{A}^{2}}+4\Rightarrow SA=\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{12}\).

Chọn A

Gọi chiều cao của hình nón là \(x\), \(\left( 0<x<6 \right)\). Gọi bán kính đáy của hình nón là \(r\) Khi đó \({{r}^{2}}=O{{M}^{2}}-O{{H}^{2}}\) \(={{3}^{2}}-{{\left( x-3 \right)}^{2}}=x\left( 6-x \right)\).

Vậy \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.x=\frac{1}{3}\pi {{x}^{2}}\left( 6-x \right)=\frac{4\pi }{3}.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}\left( 6-x \right)\le \frac{4\pi }{3}{{\left( \frac{\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+6-x}{3} \right)}^{3}}=\frac{32\pi }{3}\).

Vậy \(\max V=\frac{32\pi }{3}\) khi \(\frac{x}{2}=6-x\Leftrightarrow x=4\).

Chọn C

Ta có \(h\left( x \right)=4ax\left( x-1 \right)\left( x-\frac{5}{2} \right);(gt):h\left( x \right)=4a{{x}^{3}}+3b{{x}^{2}}+2cx+k\)

Vì \(h\left( 2 \right)=-2\) nên \(a=\frac{1}{2}\) suy ra \(h\left( x \right)=2x\left( x-1 \right)\left( x-\frac{5}{2} \right)\Rightarrow h\left( x \right)=2{{x}^{3}}-7{{x}^{2}}+5x\).

Suy ra

\(\left\{ \begin{align} & b=-\frac{7}{3} \\ & c=\frac{5}{2} \\ & k=0 \\\end{align} \right.\)

hay \(f(x)=\frac{1}{2}{{x}^{4}}-\frac{7}{3}{{x}^{3}}+\frac{5}{2}{{x}^{2}}+d;g\left( x \right)=d\)

Do đó \(S=\int\limits_{0}^{3}{\left| \frac{1}{2}{{x}^{4}}-\frac{7}{3}{{x}^{3}}+\frac{5}{2}{{x}^{2}} \right|dx}\)\( =\int\limits_{0}^{\frac{5}{3}}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{4}}-\frac{7}{3}{{x}^{3}}+\frac{5}{2}{{x}^{2}} \right)dx-\int\limits_{\frac{5}{3}}^{3}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{4}}-\frac{7}{3}{{x}^{3}}+\frac{5}{2}{{x}^{2}} \right)dx\)\( \simeq 1,74}}\).

Chọn B

Có \(g'\left( x \right)\)\( ={{\left[ \frac{1}{2}{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}-f\left( x \right) \right]}^{\prime }}.{f}'\left[ \frac{1}{2}{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}-f\left( x \right) \right]\)\( ={f}'\left( x \right)\left( f\left( x \right)-1 \right){f}'\left[ \frac{1}{2}{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}-f\left( x \right) \right]\)

\({g}'\left( x \right)=0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0;\,\,x=\frac{3}{2} \\ & f\left( x \right)=1\Leftrightarrow x=a\,\left( a<0 \right) \\ & {f}'\left( \frac{1}{2}{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}-f\left( x \right) \right)=0.\left( 1 \right) \\\end{align} \right.\)

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

Ta có đồ thị sau

Vậy phương trình \({g}'\left( x \right)=0\) có \(7\) nghiệm phân biệt.

+ Điều kiện:

\(\left\{ \begin{align} & y-x>0 \\ & x\ge -\frac{1}{4} \\ & x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}}>0 \\\end{align} \right.\)

+ Ta có \({{\log }_{4}}\left( x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}} \right)\)\( ={{\log }_{2}}\left( y-x \right)\)\({{\log }_{4}}{{\left( \frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}} \right)}^{2}}={{\log }_{2}}\left( y-x \right)\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( \frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}} \right)={{\log }_{2}}\left( y-x \right)\)\(y-x=\left( \frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}} \right)\)\( \Leftrightarrow y={{\left( \sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2} \right)}^{2}}\).

+ Vì \(y\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt{x+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow \sqrt{x+\frac{1}{4}}=\frac{2m+1}{2}\left( m\in \mathbb{N} \right)\)\( \Rightarrow x={{m}^{2}}+m\); khi đó \(y={{\left( m+1 \right)}^{2}}\).

+ Mà \(y\in \left[ 0;\,{{2021}^{3}} \right]\)\( \Rightarrow {{\left( m+1 \right)}^{2}}\le {{2021}^{3}}\)\( \Rightarrow 0\le m\le 2021\sqrt{2021}-1\approx 90854,1\).

Do đó có \(90855\) giá trị của \(m\), ứng với đó có \(90855\) cặp \(\left( x;\,y \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Điều kiện xác định:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}4{\log _8}x \ge 0\\2021 + {\log _8}x \ge 0\\x > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x \ge 1\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \sqrt {2021 + {{\log }_8}x} - \sqrt {4{{\log }_8}x} = {\log _2}x - 2021\\ \Leftrightarrow \sqrt {2021 + \frac{1}{3}{{\log }_2}x} - \sqrt {\frac{4}{3}{{\log }_2}x} = {\log _2}x - 2021\\ \Leftrightarrow \sqrt {2021 + \frac{1}{3}{{\log }_2}x} - \sqrt {\frac{4}{3}{{\log }_2}x} = \frac{4}{3}{\log _2}x - \left( {\frac{1}{3}{{\log }_2}x + 2021} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{3}{{\log }_2}x + 2021} \right) + \sqrt {2021 + \frac{1}{3}{{\log }_2}x} = \frac{4}{3}{\log _2}x + \sqrt {\frac{4}{3}{{\log }_2}x} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (2)\end{array}\)

Xét hàm số \(f(t)={{t}^{2}}+t\) với \(t\ge 0\).

Vì \(f'(t)=2t+1>0,\,\forall t\ge 0\) nên \(f(t)={{t}^{2}}+t\) là hàm số đồng biến trên \(\left[ 0;+\infty  \right)\). Từ (2) ta có

\(f\left( \sqrt{2021+\frac{1}{3}{{\log }_{2}}x} \right)\)\( =f\left( \sqrt{\frac{4}{3}{{\log }_{2}}x} \right)\).

Suy ra

\(\sqrt{2021+\frac{1}{3}{{\log }_{2}}x}\)\( =\sqrt{\frac{4}{3}{{\log }_{2}}x}\)\( \Leftrightarrow 2021+\frac{1}{3}{{\log }_{2}}x=\frac{4}{3}{{\log }_{2}}x\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}x=2021\)\( \Leftrightarrow x={{2}^{2021}}\) (t/m)

Vậy phương trình có \(1\) nghiệm nguyên.

Đặt \(DM=x;\,BN=y\,\,\left( 0<x,\,y<1 \right)\)

Ta có \({{S}_{\Delta AMN}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{\Delta ABN}}-{{S}_{\Delta ADM}}-{{S}_{\Delta CMN}}\)\( =1-\frac{1}{2}\left[ x+y+\left( 1-x \right)\left( 1-y \right) \right]\)\( =\frac{1}{2}\left( 1-xy \right)\)

Xét tam giác vuông \(CMN\): \(M{{N}^{2}}\)\( ={{\left( 1-x \right)}^{2}}+{{\left( 1-y \right)}^{2}}\,\,\left( 1 \right)\).

Áp dụng định lí \(\cos \( cho tam giác \(\Delta AMN\): \(M{{N}^{2}}\)\( =A{{M}^{2}}+A{{N}^{2}}-2.AM.AN.\cos 45{}^\circ \)\( =1+{{x}^{2}}+1+{{y}^{2}}-\sqrt{2}.\sqrt{{{x}^{2}}+1}.\sqrt{{{y}^{2}}+1}\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\begin{align} & {{\left( 1-x \right)}^{2}}+{{\left( 1-y \right)}^{2}}=1+{{x}^{2}}+1+{{y}^{2}}-\sqrt{2}.\sqrt{{{x}^{2}}+1}.\sqrt{{{y}^{2}}+1} \\ & \Leftrightarrow 2x+2y=\sqrt{2\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{y}^{2}}+1 \right)} \\ & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{x}^{2}}{{y}^{2}}+1-4xy\,\,\left( 3 \right) \\\end{align}\)

Ta có \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \({{x}^{2}}{{y}^{2}}+1-4xy\ge 2xy\Leftrightarrow {{\left( xy \right)}^{2}}-6xy+1\ge 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & xy\ge 3+2\sqrt{2}\,\,\left( loai \right) \\ & xy\le 3-2\sqrt{2} \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \)\({{S}_{\Delta AMN}}=\frac{1}{2}\left( 1-xy \right)\ge \sqrt{2}-1\)

\(\Rightarrow \)\({{V}_{S.AMN}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{\Delta AMN}}\ge \frac{\sqrt{2}-1}{3}\)

Dấu \(''=''\) xảy ra

\(\left\{ \begin{align} & x=y \\ & xy=3-2\sqrt{2} \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=\sqrt{3-2\sqrt{2}}\)

Vậy thể tích nhỏ nhất của khối chóp \(S.AMN\) bằng \(\frac{\sqrt{2}-1}{3}\)

Chọn C

Phương trình \({{z}^{2}}-az+1=0\) có \(\Delta ={{a}^{2}}-4\le 0\) (vì \(\left| a \right|\le 2\)) nên có hai nghiệm phức liên hợp \({{z}_{1}}=b+ci\); \({{z}_{2}}=b-ci\) (giả sử \(c>0\)).

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & {{z}_{1}}+{{z}_{2}}=a \\ & {{z}_{1}}.{{z}_{2}}=1 \\\end{align} \right.\)

nên \(b=\frac{a}{2}\) và \({{\left( {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-4{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{a}^{2}}-4={{i}^{2}}\left( 4-{{a}^{2}} \right)\).

Do đó \({{z}_{1}}-{{z}_{2}}=2ci=i\sqrt{4-{{a}^{2}}}\)\( \Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=2c\)\( =\sqrt{4-{{a}^{2}}}\).

Khi đó \({{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}\left( \frac{7}{2}-b \right).2c\)\( =\frac{1}{4}\left( 7-a \right).\sqrt{4-{{a}^{2}}}\).

Xét \(f\left( a \right)=\left( 7-a \right)\sqrt{4-{{a}^{2}}}\), với \(-2\le a\le 2\); có \({f}'\left( a \right)=-\sqrt{4-{{a}^{2}}}+\left( 7-a \right)\frac{-a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\).

\({f}'\left( a \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{4-{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}-7a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\), (điều kiện \(a<0\))

\(\Leftrightarrow 4-{{a}^{2}}={{a}^{2}}-7a\\\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}-7a-4=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & a=4 \\ & a=-\frac{1}{2} \\\end{align} \right.\)

So với điều kiện ta nhận \(a=-\frac{1}{2}\). Khi đó ta có

\(f\left( -2 \right)=0\); \(f\left( 2 \right)=0\); \(f\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{15\sqrt{15}}{4}\).

Suy ra \(\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)\)\( =f\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{15\sqrt{15}}{4}\)\( \Rightarrow \max {{S}_{AMN}}=\frac{1}{4}.\frac{15\sqrt{15}}{4}=\frac{15\sqrt{15}}{16}\).

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác \(AMN\) là \(\frac{15\sqrt{15}}{16}\).

Chọn C

Ta có \(d\left( A,\left( P \right) \right)\)\( =\frac{\left| 2+m+6m+3-m-2 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{m}^{2}}+{{\left( 2m+1 \right)}^{2}}}}\)\( =\sqrt{\frac{{{\left( 6m+3 \right)}^{2}}}{5{{m}^{2}}+4m+2}}\)

Xét \(f\left( m \right)\)\( =\frac{{{\left( 6m+3 \right)}^{2}}}{5{{m}^{2}}+4m+2}\)\( \Rightarrow {f}'\left( m \right)\)\( =\frac{\left( 6m+3 \right)\left( -6m+12 \right)}{{{\left( 5{{m}^{2}}+4m+2 \right)}^{2}}}=0\)

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

Vậy \(\max \ d\left( A,\left( P \right) \right)=\frac{\sqrt{30}}{2}\) khi và chỉ khi \(m=2\).

Vậy \(\left( P \right):x+2y+5z-4=0\).

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc \(\left( P \right)\) nên \(d:\left\{ \begin{align} & x=2+t \\ & y=1+2t \\ & z=3+5t \\\end{align} \right.\)

Khi đó \(H=d\cap \left( P \right)\)

Ta có \(2+t+2+4t+15+25t-4=0\Leftrightarrow 30t=-15\Leftrightarrow t=\frac{-1}{2}\)

\(H\left( \frac{3}{2};0;\frac{1}{2} \right)\). Do đó \(a+b=\frac{3}{2}\)

Cách 2: Khi đó \(M\left( x;y;z \right)\)cố định của \(\left( P \right)\) thỏa \(m\left( y+2z-1 \right)+x+z-2=0\quad \forall m\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y + 2z - 1 = 0\\x + z - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1 - 2t\\z = t\end{array} \right.\quad \left( \Delta \right)\end{array}\)

\(\left( P \right)\) luôn qua \(\left( \Delta  \right)\) cố định

\(AH\le AK\)\( \Rightarrow d{{\left( A;\left( P \right) \right)}_{\max }}\)\( \Rightarrow H\equiv K\)

\(K\left( 2-t;1-2t;t \right)\) vì qua \(\overrightarrow{AK}.\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=0\)\( \Rightarrow t=\frac{1}{2}\)\( \Rightarrow K\left( \frac{3}{2};0;\frac{1}{2} \right)\)

Suy ra \(H\equiv K\) nên \(H\left( \frac{3}{2};0;\frac{1}{2} \right)\)

Ta có: \(g\left( x \right)=f\left( \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}} \right)\Rightarrow {g}'\left( x \right)=\frac{3x\left( {{x}^{2}}+3 \right)\left( {{x}^{2}}+1 \right)}{\left| {{x}^{3}}+3x \right|}.{f}'\left( \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}} \right)\)

Dễ thấy \({g}'\left( x \right)\) không xác định tại \(x=0\) và khi qua \(x=0\) thì \({g}'\left( x \right)\) đổi dấu nên \(x=0\) là một điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\).

Để \(g\left( x \right)\) có không quá \(6\) điểm cực trị thì phương trình \({f}'\left( \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}} \right)=0\) có thể có tối đa \(5\) nghiệm bội lẻ khác \(x=0\).

Có: \({f}'\left( \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}} \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

  & \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}}=0 \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}}=-9 \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}}=-3 \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|+2m-{{m}^{2}}=3 \\

\end{align} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

  & \left| {{x}^{3}}+3x \right|={{m}^{2}}-2m \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|={{m}^{2}}-2m-9 \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|={{m}^{2}}-2m-3 \\

 & \left| {{x}^{3}}+3x \right|={{m}^{2}}-2m+3 \\

\end{align} \right.\)

Dựa vào hình ảnh đồ thị hàm số \(\left| {{x}^{3}}+3x \right|\):

Để \(g\left( x \right)\) có không quá \(6\) điểm cực trị thì: \({{m}^{2}}-2m-3\le 0\Leftrightarrow -1\le m\le 3\)

Vậy có \(5\) giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn.