Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Vụ Bản

Ta có \(\int\limits_{1}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( =\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\(+\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\(\Rightarrow 5=2+\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)dx}\)\(\Rightarrow \int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)dx}=3.\)

Ta có \(V=\frac{1}{3}h.S\)\(\Rightarrow \frac{1}{3}.h.4{{a}^{2}}\)\(=4{{a}^{3}}\)\(\Rightarrow h=3a.\) Chọn C.

Ta có \(V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{f}^{2}}}\left( x \right)dx\)\( =\pi \int\limits_{0}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\,}dx.\) Chọn C.

Ta có \(\int{f\left( x \right)}\,dx\)\( =\int{\left( 4x+\sin x \right)}\,dx\)\( =2{{x}^{2}}-\cos x+C.\) Chọn C.

Ta có \(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y-6z-5=0\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=1 \\ & b=-2 \\ & c=3 \\ & d=-5 \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow I\left( 1;-2;3 \right).\) Chọn D.

Có \(\vec{c}=\vec{a}-\vec{b}\)\( =\left( 1;-2;3 \right)-\left( -1;3;0 \right)\)\( =\left( 2;-5;3 \right).\)

Chọn B.

Ta có \(V=h.S=3.\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}.\) Chọn A.

Công sai: \(d=4-\left( -6 \right)=10.\)

Do đó số hạng tiếp theo là \(4+d=14.\)

Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ \({{S}_{xq}}=2\pi rl=2\pi .3.5=30\pi .\)

Chọn A.

Điều kiện: \(x>0.\)

\({{\log }_{0,5}}x+2\ge 0\) \(\Leftrightarrow {{\log }_{0,5}}x\ge -2\)\(\Leftrightarrow x\le 4\)

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left( 0;4 \right]\). Chọn C.

Ta có \({{a}^{3}}>{{a}^{\pi }}\) mà \(3<\pi \) nên \(0<a<1\). Chọn A

Chọn B

Hàm số đã cho xác định khi

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}9 - {x^2} > 0\\x - 2 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < x < 3\\x \ne 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D=\left( -3;2 \right)\cup \left( 2;3 \right).\)

Ta có: \(2{{\log }_{9}}a-{{\log }_{3}}b=3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{3}}a-{{\log }_{3}}b=3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{a}{b}=3\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{b}=27\)\( \Leftrightarrow a=9b.\).

Chọn D.

Ta có \({{2}^{1-3x}}=\frac{1}{32}\)\( \Leftrightarrow {{2}^{1-3x}}={{2}^{-5}}\)\( \Leftrightarrow 1-3x=-5\Leftrightarrow x=2.\)

Chọn A

Ta có \(AB=\sqrt{{{\left( -3 \right)}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}}=5.\)

Chọn D

Ta có góc ở đỉnh bằng \({{60}^{0}}\)\( \Rightarrow \widehat{OSB}={{30}^{0}}\).

Độ dài đường sinh: \(h=\frac{r}{\tan {{30}^{0}}}\)\( =3\sqrt{3}.\)

Vậy thể tích của khối nón đã cho là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h\)\( =\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.3\sqrt{3}\)\( =9\sqrt{3}.\)

Chọn D

Ta có: \(\int\limits_{1}^{3}{\left[ 2+f\left( x \right) \right]\text{d}x}\)

\(=\left( 2x+{{x}^{2}} \right)\left| \begin{align} & 3 \\ & 1 \\\end{align} \right.=12.\)

Chọn B

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

Chọn B

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{AB}\)\( =\left( 0;2;-4 \right)=2\left( 0;1;-2 \right)\) và đi qua trung điểm \(I\left( -2;1;-1 \right)\) của đoạn thẳng AB.

Do đó, phương trình mặt phẳng đó là: \(0\left( x+2 \right)+1\left( y-1 \right)-2\left( z+1 \right)\)\( =0\Leftrightarrow y-2z-3=0.\)

Chọn C

Ta có: \(f\left( x \right)={{x}^{3}}-6x\Rightarrow f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\sqrt{2}\left( tm \right) \\ & x=-\sqrt{2}\left( l \right) \\\end{align} \right.\)

\(f\left( -1 \right)=5;\)         

\(f\left( \sqrt{2} \right)=-4\sqrt{2};f\left( 4 \right)=40\)\( \Rightarrow \underset{\left[ -1;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( \sqrt{2} \right)=-4\sqrt{2}.\)                   

Chọn A

Giá xe năm \(2023\) là \(A\)

Giá xe năm \(2024\) là \({{A}_{1}}=A-A.r=A\left( 1-r \right)\).

Giá xe năm \(2025\) là \({{A}_{2}}={{A}_{1}}-{{A}_{1}}.r\)\( =A{{\left( 1-r \right)}^{2}}\).

Giá xe năm \(2026\) là \({{A}_{3}}={{A}_{2}}-{{A}_{2}}.r\)\( =A{{\left( 1-r \right)}^{3}}\).

……

Giá xe năm \(2030\) là

 \(\begin{array}{l}{A_7} = {A_6} - {A_6}.r\\ = A{\left( {1 - r} \right)^7}\\ = 750.000.000{\left( {1 - 2\% } \right)^7}\\ \approx 651.094.000\end{array}\) 

Viết lại phương trình ta được

\({{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}+4x \right)\)\( ={{\log }_{3}}\left( 3x+6 \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 6 > 0\\{x^2} + 4x = 3x + 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 2\\{x^2} + x - 6 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 2\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\)

\(\Leftrightarrow x=2.\)

Vì \(ABB'A'\) là hình chữ nhật, có \(AA'=a\), \(AB=a\sqrt{2}\) nên

\(A'B=\sqrt{AA{{'}^{2}}+A{{B}^{2}}}\)\( =\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}\)\( =a\sqrt{3}\)

Ta có \(BC\bot \left( ABB'A' \right)\widehat{\Rightarrow \left( {A}'C;\left( ABB'A' \right) \right)}\)\( =\widehat{\left( {A}'C;A'B \right)}\)\( =\widehat{B{A}'C}\)

Do tam giác \(B{A}'C\) vuông tại \(B\) nên \(\tan \widehat{B{A}'C}\)\( =\frac{BC}{A'B}\)\( =\frac{a}{a\sqrt{3}}\)\( =\frac{1}{\sqrt{3}}\) \(\Rightarrow \) \(\widehat{B{A}'C}={{30}^{\circ }}\). Chọn A

Kẻ \(BH\bot AC\) \(\left( H\in AC \right).\)                               \(\left( 1 \right)\)

                  Lại có \(SA\bot BH\) (vì \(SA\bot \left( ABC \right)\)).   \(\left( 2 \right)\)

                  Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right),\) suy ra \(BH\bot \left( SAC \right)\) nên \(d\left[ B\,,\,\left( SAC \right) \right]\,=BH.\)

Ta có \(\widehat{BAC}=120{}^\circ \Rightarrow \widehat{BAH}=60{}^\circ .\) Tam giác vuông \(ABH\,,\) có \(BH=AB.\sin \widehat{BAH}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\,.\)

  Ta có

\(\begin{align} & f\left( x \right)=\int{f'(x)}dx=\int{x.\cos 2xdx}\\&=\frac{1}{2}\int{x}d\left( \sin 2x \right) \\ & =\frac{1}{2}x\sin 2x-\frac{1}{2}\int{\sin 2x}dx\\&=\frac{1}{2}x\sin 2x+\frac{1}{4}\cos 2x+C. \\\end{align}\)

Mà \(f\left( 0 \right)=\frac{1}{4}\Rightarrow C=0.\)

Vậy \(f\left( x \right)=\frac{1}{2}x\sin 2x+\frac{1}{4}\cos 2x.\)

Ta có: \(A\left( 2;4;1 \right)\), \(B\left( -1;1;3 \right)\)\(\Rightarrow \,\overrightarrow{AB}=\left( -3;-3;2 \right)\).

Véc tơ pháp tuyến của\(\left( P \right)\) là: \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-3;2 \right)\).

Do mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(AB\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên \(\left( Q \right)\) nhận véc tơ \(\left[ \overrightarrow{AB},\,\overrightarrow{n} \right]=\left( 0;-8;-12 \right)\) làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của \(\left( Q \right)\) là: \(2\left( y-4 \right)+3\left( z-1 \right)=0\)\(\Leftrightarrow 2y+3z-11=0\Leftrightarrow -2y-3y+11=0.\)

Suy ra \(a=0\), \(b=-2\), \(c=-3\)\(\Rightarrow a+b+c=-5\).

Ta tính số phần tử thuộc tập \(S\) như sau:

Số các số thuộc \(S\) có  chữ số khác nhau là \(A_{5}^{3}=60\) số.

Số các số thuộc \(S\) có  chữ số khác nhau là \(A_{5}^{4}=120\) số.

Số các số thuộc \(S\) có  chữ số khác nhau là \(A_{5}^{5}=120\) số.

Suy ra số phần tử của tập  là \(n\left( S \right)=300\).

Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập \(S\)\(\Rightarrow n(\Omega )=C_{300}^{2}\).

Gọi \(X\) là biến cố  Hai số  được chọn đều là số có ba chữ số .

Suy ra số phần tử của biến cố \(X\) là \(n(X)=C_{60}^{2}.\)

Vậy xác suất cần tính \(P(X)=\frac{C_{60}^{2}}{C_{300}^{2}}=\frac{59}{1495}.\)Chọn B.

Điều kiện: \({{e}^{-x}}+m+2023>0\) (*).

Vì \(x=1\) không là nghiệm nên phương trình nên:

Với \(x\ne 1\),  \(\log ({{e}^{-x}}+m+2023)=\frac{x-2}{x-1}\Leftrightarrow {{e}^{-x}}+m+2023={{10}^{\frac{x-2}{x-1}}}>0\)( thỏa mãn (*)) \(\Leftrightarrow m+2023={{10}^{\frac{x-2}{x-1}}}-{{e}^{-x}}\).

Đặt \(y=g(x)={{10}^{\frac{x-2}{x-1}}}-{{e}^{-x}}\)

                 Ta có: \({y}'=\frac{1}{{{(x-1)}^{2}}}{{10}^{\frac{x-2}{x-1}}}\ln 10+{{e}^{-x}}>0,\forall x\ne 1\)

Bảng biến thiên:

      Vậy phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt khi \(-\frac{1}{e}<m+2023<10\). Chọn D.

Đặt \(BM=x\left( km \right)\), điều kiện \(0\le x\le 7.\)

Ta có \(AM=\sqrt{25+{{x}^{2}}}\Rightarrow \) thời gian người đó đi từ A đến M  là \({{t}_{1}}=\frac{AM}{4}=\frac{\sqrt{25+{{x}^{2}}}}{4}\) (h)

Ta có \(MC=7-x\Rightarrow \) thời gian người đó đi từ M  đến C  là \({{t}_{2}}=\frac{MC}{6}=\frac{7-x}{6}\)(h)

Tổng thời gian người đó đi từ A đến C  là \(t={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{\sqrt{25+{{x}^{2}}}}{4}+\frac{7-x}{6}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{\sqrt{25+{{x}^{2}}}}{4}+\frac{7-x}{6}\) với \(0\le x\le 7.\)

Tính được min \(f\left( x \right)=\frac{14+5\sqrt{5}}{12}\left( h \right)\approx 126\)(phút) khi  \(x=2\sqrt{5}\). Chọn A.

Với \(\forall x\in \mathbb{R}\) ta có : \({{x}^{2}}f\left( {{x}^{5}} \right)+xf\left( 1-{{x}^{4}} \right)=-3{{x}^{4}}+x+3\)

\(x=0\) không là nghiệm của phương trình nên nhân 2 vế của phương trình với \({{x}^{2}}\) ta được

  \({{x}^{4}}f\left( {{x}^{5}} \right)+{{x}^{3}}f\left( 1-{{x}^{4}} \right)\)\( ={{x}^{2}}\left( -3{{x}^{4}}+x+3 \right)\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{4}}f\left( {{x}^{5}} \right)\text{d}x}\)\( +\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}f\left( 1-{{x}^{4}} \right)\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}\left( -3{{x}^{4}}+x+3 \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{5}\int\limits_{0}^{1}{f\left( {{x}^{5}} \right)\text{d}\left( {{x}^{5}} \right)}\)\( -\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{f\left( 1-{{x}^{4}} \right)\text{d}\left( 1-{{x}^{4}} \right)}=\frac{23}{28}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{5}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( +\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( =\frac{23}{28}\)\( \Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}\)\( =\frac{115}{63}\). Chọn D.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 0;0;3 \right)\) và bán kính \(R=2\sqrt{2}.\)

        Gọi \(C\) là điểm trên đoạn \(IA\) thỏa mãn \(IC=\frac{1}{4}IA\xrightarrow{{}}C\left( 1;-1;3 \right).\)

        Xét \(\Delta IAM\) và \(\Delta IMC,\) ta có

\(\left\{ \begin{align} & \widehat{I}\,\,\text{chung} \\ & \frac{IA}{IM}=\frac{IM}{IC}=2 \\\end{align} \right.\)       

\(\Rightarrow \Delta IAM\backsim \Delta IMC\xrightarrow{{}}MA=2MC.\)

        \(\Rightarrow P=\left| MA-2MB \right|=2\left| MC-MB \right|\ge 0.\)

        Dấu \(''=''\) xảy ra khi \(M\) nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn \(BC.\)

        Mặt phẳng trung trực \(\left( P \right)\) của đoạn thẳng \(BC\) có phương trình là \(z-5=0.\)

        Ta có \(h=d\left( I,\left( P \right) \right)=2.\)

 Khi đó \(M\) nằm trên đường tròn có bán kính \({{R}_{1}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{h}^{2}}}=\sqrt{8-4}=2.\)

Chọn A.

Giả sử \(ABCD\)là hình thang mà đề bài đề cập (\)BC\)đáy lớn, \(AD\)đáy nhỏ) và \(r\) là bán kính đáy của hình trụ.

Theo đề:

\(\left\{ \begin{align} & BC=2r \\ & BC=2AD \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow AD=r\)

Kẻ \({O}'I\bot AD\) \(\Rightarrow AD\bot \left( O{O}'I \right)\)\(\Rightarrow \left( ABCD \right)\bot \left( O{O}'I \right)\)

Suy ra góc giữa \(O{O}'\) và \(\left( ABCD \right)\)là góc \(\widehat{{O}'OI}\). Theo đề \(\widehat{{O}'OI}=30{}^\circ \)

\(\cos \widehat{{O}'OI}=\frac{O{O}'}{OI}\Leftrightarrow OI=\frac{O{O}'}{\cos 30{}^\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2a\).

Ta có: \({{S}_{ABCD}}=\frac{\left( AD+BC \right).IO}{2}\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}=\frac{\left( r+2r \right).2a}{2}\Leftrightarrow r=a\).

Thể tích của khối trụ là \(V=\pi {{r}^{2}}h=\pi {{a}^{2}}.a\sqrt{3}=\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}\).

Chọn B.

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

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

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

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

Khi đó tập hợp các điểm \(M\left( x;y \right)\) là một hình tròn \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( 1;0 \right)\), bán kính \(R=1\).

Xét \(P=\frac{8x+4}{2x-y+1}\Leftrightarrow \left( 2P-8 \right)x-Py+P-4=0\)

Khi đó ta cũng có tập hợp các điểm \(M\left( x;y \right)\) là một đường thẳng \(\Delta :\left( 2P-8 \right)x-Py+P-4=0\).

Để \(\Delta \) và \(\left( S \right)\) có điểm chung, ta suy ra \(d\left( I,\Delta  \right)\le 1\).

\(\Leftrightarrow \frac{\left| 2P-8+P-4 \right|}{\sqrt{{{\left( 2P-8 \right)}^{2}}+{{P}^{2}}}}\le 1\Leftrightarrow \left| 3P-12 \right|\le \sqrt{5{{P}^{2}}-32P+64}\)

\(\Leftrightarrow 4{{P}^{2}}-40P+80\le 0\)\(\Leftrightarrow 5-\sqrt{5}\le P\le 5+\sqrt{5}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\)là \(5+\sqrt{5}\approx 7,23\) khi

\(\left\{ \begin{align} & x=\frac{1}{3} \\ & y=\frac{\sqrt{5}}{3} \\\end{align} \right.\)

Chọn D

            Nhận thấy có một tích phân khác cận là \(\int\limits_{1}^{8}{f\left( x \right)}dx\). Bằng cách đặt \(x={{t}^{3}}\) ta thu được tích phân

                    \(\int\limits_{1}^{8}{f\left( x \right)}dx=3\int\limits_{1}^{2}{{{t}^{2}}f\left( {{t}^{3}} \right)}dt=3\int\limits_{1}^{2}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)}dx\).

            Do đó giả thiết được viết lại là \(\int\limits_{1}^{2}{{{\left[ f\left( {{x}^{3}} \right) \right]}^{2}}}dx+2\int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{3}} \right)}dx-4\int\limits_{1}^{2}{{{x}^{2}}f\left( {{x}^{3}} \right)}dx=-\frac{247}{15}\). (*)

            \(\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{{{\left[ f\left( {{x}^{3}} \right)-2{{x}^{2}}+1 \right]}^{2}}}dx=-\frac{247}{15}+\int\limits_{1}^{2}{{{\left( 1-2{{x}^{2}} \right)}^{2}}}dx=0\)

            \(\Rightarrow f\left( {{x}^{3}} \right)=2{{x}^{2}}-1,\forall x\in \left[ 1;2 \right]\to f\left( x \right)=2\sqrt[3]{{{x}^{2}}}-1,\forall x\in \left[ 1;8 \right]\).

\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{8}{xF'\left( x \right)}dx=\int\limits_{1}^{8}{xf\left( x \right)}dx=\int\limits_{1}^{8}{x\left( 2\sqrt[3]{{{x}^{2}}}-1 \right)}dx=\frac{639}{4}.\)Chọn D

Từ hình vuông ban đầu ta tính được \(OM=\frac{x}{2},\,{{S}_{1}}M={{S}_{1}}O-OM=\frac{\sqrt{2}-x}{2}\). (\)0<x<\sqrt{2}\))

Khi gấp thành hình chóp \(S.ABCD\) thì \({{S}_{1}}\equiv S\) nên ta có \(SM={{S}_{1}}M\).

Từ đó \(SO=\sqrt{S{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\frac{\sqrt{2-2\sqrt{2}x}}{2}\). (Điều kiện \(0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\) )

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\): \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{6}{{x}^{2}}\sqrt{2-2\sqrt{2}x}=\frac{1}{6}\sqrt{2{{x}^{4}}-2\sqrt{2}{{x}^{5}}}\).

Ta thấy \({{V}_{SABCD}}\) lớn nhất khi \(f\left( x \right)=2{{x}^{4}}-2\sqrt{2}{{x}^{5}},\)\)0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}\) đạt giá trị lớn nhất

Ta có \({f}'\left( x \right)=8{{x}^{3}}-10\sqrt{2}{{x}^{4}}=2{{x}^{3}}\left( 4-5\sqrt{2}x \right)\)

\({f}'\left( x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=\frac{2\sqrt{2}}{5} \\\end{align} \right.\)

Bảng biến thiên

Vậy: \({{V}_{S.ABCD}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(x=\frac{2\sqrt{2}}{5}\).

Chọn D

Đồ thị các hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và \(y=g'\left( x \right)\) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ là \(-1;\ 1;3\)

Khi và chỉ khi PT \(f'(x)-g'(x)=0\) có ba nghiệm là \(-1;\ 1;3\)

\(\Rightarrow f'(x)-g'(x)=k\left( x+1 \right)\left( x-1 \right)\left( x-3 \right)=k\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-x+3 \right)\) với \(k\ne 0.\)

\(\Rightarrow f(x)-g(x)=\int{\left( f'(x)-g'(x) \right)dx}=\int{k\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-x+3 \right)dx}\)\(=k\left( \frac{{{x}^{4}}}{4}-{{x}^{3}}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+3x+C \right).\)

Mà \(f\left( 2 \right)=g\left( 2 \right)\Leftrightarrow f\left( 2 \right)-g\left( 2 \right)=0\Rightarrow kC=0\Rightarrow C=0\)

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) và \(y=g'\left( x \right)\) có diện tích bằng 96.

\(\Rightarrow 96=-\int\limits_{-1}^{1}{\left( f'(x)-g'(x) \right)dx+}\int\limits_{1}^{3}{\left( f'(x)-g'(x) \right)dx}\)

\(\Rightarrow 96=-k\int\limits_{-1}^{1}{\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-x+3 \right)dx+}k\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-x+3 \right)dx}=-8k\Rightarrow k=-12\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)-g\left( x \right)=-3{{x}^{4}}+12{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-36x\)

PT \(f\left( x \right)-g\left( x \right)=0\Leftrightarrow -3{{x}^{4}}+12{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-36x=0\) không có nghiệm trong khoảng \(\left( 0;2 \right)\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(x=0,\ x=2\), \(y=f\left( x \right)\) và \(y=g\left( x \right)\) là

\(S=\int\limits_{0}^{2}{\left| -3{{x}^{4}}+12{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-36x \right|dx=}\left| \int\limits_{0}^{2}{\left( -3{{x}^{4}}+12{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-36x \right)dx} \right|=\frac{136}{5}.\)

Từ đồ thị hàm số \(y={{f}'}'(x)\) ta có \({{f}'}'(x)>0\,,\forall x\in \mathbb{R}\)\(\Rightarrow \) Hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

\({g}'(x)=2x.{f}'\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)-2x.{f}'\left( -{{x}^{2}}+6 \right)=2x\left[ {f}'\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)-{f}'\left( -{{x}^{2}}+6 \right) \right]\).

\(\begin{array}{l} g'(x) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x = 0\\ f'\left( {\frac{1}{2}{x^2}} \right) = f'\left( { - {x^2} + 6} \right) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ \frac{1}{2}{x^2} = - {x^2} + 6 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 2\\ x = 2 \end{array} \right. \end{array}\)

( do hàm số \(y={f}'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\))

Xét \(g'(x)>0\Leftrightarrow \) \(2x\left[ {f}'\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)-{f}'\left( -{{x}^{2}}+6 \right) \right]>0\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x > 0\\ \frac{1}{2}{x^2} > - {x^2} + 6 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x < 0\\ \frac{1}{2}{x^2} < - {x^2} + 6 \end{array} \right. \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x > 2\\ - 2 < x < 0 \end{array} \right. \end{array}\)

Suy ra \({g}'(x)<0\)

\({g}'(x)<0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<-2 \\ & 0 < x < 2 \\ \end{align} \right.\)

Vì \(g(x)=2f\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)+f\left( -{{x}^{2}}+6 \right)\) là hàm số chẵn trên \(\mathbb{R}\) và có \(g\left( 2 \right)<0\) nên \(g\left( -2 \right)=g\left( 2 \right)=a<0,\,\,g(0)=b>0\).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(y=\left| g(x) \right|\) có 4 điểm cực tiểu. Chọn B.

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\), khi đó:

\(AH=d\left( A;\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 2.\left( -10 \right)-2.6-\left( -2 \right)+12 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=6\);

\(BK=d\left( B;\left( \alpha  \right) \right)=\frac{\left| 2.\left( -5 \right)-2.10-\left( -9 \right)+12 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=3\).

Vì \(MA\), \(MB\) tạo với \(\left( \alpha  \right)\) các góc bằng nhau nên \(\widehat{AMH}=\widehat{BMK}\). Từ \(AH=2BK\) suy ra \(MA=2MB\).

Ta có: \(MA=2MB\)\(\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=4M{{B}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow {{\left( a+10 \right)}^{2}}+{{\left( b-6 \right)}^{2}}+{{\left( c+2 \right)}^{2}}=4\left[ {{\left( a+5 \right)}^{2}}+{{\left( b-10 \right)}^{2}}+{{\left( c+9 \right)}^{2}} \right]\)

\(\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{20}{3}a-\frac{68}{3}b+\frac{68}{3}c+228=0\).

Như vậy, điểm \(M\) nằm trên mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -\frac{10}{3};\frac{34}{3};-\frac{34}{3} \right)\) và bán kính \(R=2\sqrt{10}\).

Mà \(M\) thuộc \(\left( \alpha  \right)\)

Do đó, M  thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) là giao của mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\), nên tâm \(J\) của đường tròn \(\left( C \right)\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Tìm được  \(J=\left( -2;10;-12 \right)\) và bán kính \(\left( C \right)\) là \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{J}^{2}}}=6\)

Gọi  điểm \(E\) thỏa mãn \(2\overrightarrow{EA}-\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow E\left( -15;2;5 \right).\)

Khi đó \(T=2{{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA} \right)}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB} \right)}^{2}}=M{{E}^{2}}+2E{{A}^{2}}-E{{B}^{2}}\) và \(2E{{A}^{2}}-E{{B}^{2}}\) không đổi.

Vậy \({{T}_{\min }}\Leftrightarrow M{{E}_{\text{min}}}\)

Gọi  \(F\) là hình chiếu của \(E\) trên \(\left( \alpha  \right)\), tìm được \(F\left( -9;-4;2 \right)\Rightarrow FJ=21>r\) nên \(F\) nằm ngoài\(\left( C \right)\).

Suy ra \(F{{M}_{\min }}=FJ-r=15.\)

Khi đó \(M{{E}_{\text{min}}}=\sqrt{E{{F}^{2}}+FM_{\min }^{2}}=3\sqrt{34}\) khi \(M\) là giao điểm của \(FJ\) và \(\left( C \right)\), M  nằm giữa \(F,J\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{FM}=\frac{15}{21}\overrightarrow{FJ}=\frac{5}{7}\overrightarrow{FJ}\Rightarrow M\left( -4;6;-8 \right)\Rightarrow a+b+c=-6.\)

Xét  \(y=f\left( x \right)=a{{x}^{4}}+b{{x}^{3}}+c{{x}^{2}}+dx+e\Rightarrow f'\left( x \right)=4a{{x}^{3}}+3b{{x}^{2}}+2cx+d\).

Từ đồ thị \(y={f}'\left( x \right)\) ta có \({f}'(x)=4ax\left( {{x}^{2}}-1 \right)=4a{{x}^{3}}-4ax.\)

Vậy ta có hệ phương trình

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\2c = - 4\\d = 0\end{array} \right.a\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c = - 2a\\d = 0\end{array} \right.\end{array}\)

 \(\Rightarrow f\left( x \right)=a{{x}^{4}}-2a{{x}^{2}}+e\).

Ta lại có

\(f\left( 0 \right)=3f\left( 2 \right)=-3\\\Rightarrow \left\{ \begin{align} & a=\frac{1}{4} \\ & e=-3 \\\end{align} \right.\)

Vậy \(f\left( x \right)=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}}-3.\)

Ta có \({f}'(x)={{x}^{3}}-x\)\(\Rightarrow f''\left( x \right)=3{{x}^{2}}-1\)\(\Rightarrow f'''\left( x \right)=6x\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( 2f\left( x \right)-f''\left( x \right)+m \right)\) trên đoạn \(\left[ 0;1 \right]\)

Ta có \(g'\left( x \right)=\left[ 4f'\left( x \right)-f'''\left( x \right) \right]f'\left[ 4f\left( x \right)-f''\left( x \right)+m \right]\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\) \(\Leftrightarrow g'\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;1 \right).\)

Mà \(4f'\left( x \right)-f'''\left( x \right)<0,\forall x\in \left( 0;1 \right)\) và \(4f\left( x \right)-f''\left( x \right)+m={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+m-11\)

Nên \(g'\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \left( 0;1 \right)\)                

\(\Leftrightarrow f'\left[ 4f\left( x \right)-f''\left( x \right)+m \right]\le 0,\forall x\in \left( 0;1 \right)\Leftrightarrow f'\left( {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+m-11 \right)\le 0,\forall x\in \left( 0;1 \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^4} - 5{x^2} + m - 11 \le - 1,\forall x \in \left( {0;1} \right)\\ 0 \le {x^4} - 5{x^2} + m - 11 \le 1,\forall x \in \left( {0;1} \right) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m - 10 \le - {x^4} + 5{x^2},\forall x \in \left( {0;1} \right)\\ \left\{ \begin{array}{l} m - 11 \ge - {x^4} + 5{x^2},\forall x \in \left( {0;1} \right)\\ m - 12 \le - {x^4} + 5{x^2},\forall x \in \left( {0;1} \right) \end{array} \right. \end{array} \right.\quad \left( * \right) \end{array}\)

Xét hàm số \(h\left( x \right)=-{{x}^{4}}+5{{x}^{2}}\) trên \(\left[ 0;1 \right]\)

Tìm được \(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,h\left( x \right)=0,\)\(\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right)=4.\)

Do đó 

\(\begin{array}{l} \left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m - 10 \le 0\\ \left\{ \begin{array}{l} m - 11 \ge 4\\ m - 12 \le 0 \end{array} \right. \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \le 10\\ \left\{ \begin{array}{l} m \ge 15\\ m \le 12 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 10. \end{array}\)

\(m\) nguyên thuộc khoảng \(\left( -20;20 \right)\Rightarrow m\in \left\{ -19,...,10 \right\}\)

\(\Rightarrow \) có 30 giá trị nguyên của m.