Thi thử THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Cao Bá Quát năm 2022

Trong \(8\) chữ số đã cho ta lập được \(A_{8}^{2}\) số tự nhiên có hai chữ số khác nhau.

Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( P \right):\ 2x+y+3z-1=0\) có VTPT là: \(\overrightarrow{n}=\left( 2;\ 1;\ 3 \right).\)

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt và có hai cực trị nên hàm số là hàm bậc \(3\Rightarrow \) loại B và C.

Nét cuối của đồ thị hướng xuống nên loại A.

Chọn D.

Ta có: \({{\log }_{3}}\left( \frac{3}{a} \right)={{\log }_{3}}3-{{\log }_{3}}a=1-{{\log }_{3}}a\)

Chọn A.

Ta có: \(\int{\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right)dx}=\frac{1}{4}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}+C.\)

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( -\infty ;-2 \right)\) và \(\left( 3;+\infty  \right).\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( -2;\ 3 \right).\)

Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 5;\ 1;-2 \right)\) và có bán kính \(R=\sqrt{3}.\)

Chọn A.

Số phức có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3 là \(z=1+3i.\)

Chọn D.

Đường thẳng \(d:\ \left\{ \begin{align}  & x={{x}_{0}}+at \\  & y={{y}_{0}}+bt \\  & z={{z}_{0}}+ct \\ \end{align} \right.\)  đi qua điểm \(M\left( {{x}_{0}};\ {{y}_{0}};\ {{z}_{0}} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow{u}=\left( a;\ b;\ c \right).\)

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(N\left( 1;\ 5;\ 2 \right).\)

Chọn B.

Ta có thể tích khối lăng trụ là: \(V={{a}^{2}}.2a=2{{a}^{3}}.\)

Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là \(2\pi rl.\)

Chọn C.

Theo đề bài ta có: \(V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{\left( {{x}^{2}}+2 \right)}^{2}}dx}.\)

Chọn A.

\({{5}^{2x+1}}=125\Leftrightarrow {{5}^{2x+1}}={{5}^{3}}\Leftrightarrow 2x+1=3\Leftrightarrow x=1.\)

Chọn C.

Ta có: \(\lim \frac{1}{2n+5}=\lim \frac{\frac{1}{n}}{2+\frac{5}{n}}=0.\)

Chọn B.

Số tiền ban đầu là \(P\Rightarrow \) số tiền người đó nhận được sau khi đã gửi \(n\) năm là \(2P\)  

\( \Rightarrow 2P = P{\left( {1 + 6,1\% } \right)^n} \Leftrightarrow 2 = 1{061^n} \Leftrightarrow n = {\log _{1,061}}2 = 11,71 \approx 12\) năm.

Chọn D.

Ta có: \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow A\) là hình chiếu của \(S\) trên \(\left( ABC \right),\ \ B\) là hình

chiếu của \(B\) trên \(\left( ABC \right).\)

\(\Rightarrow \angle \left( SB,\ \ \left( ABC \right) \right)=\angle \left( SB,\ AB \right)=\angle ABS.\)

Xét \(\Delta SAB\) ta có: \(\cos ABS=\frac{AB}{SB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle ABS={{60}^{0}}.\)

Chọn A.

Kẻ \(AK\bot SC.\)

Ta có: \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC.\)

Mà \(BC\bot AC\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right).\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow BC\bot AK\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right). \\  & \Rightarrow d\left( A;\ \left( SBC \right) \right)=AK. \\ \end{align}\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) có:

\(\begin{align}  & \frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{2}{{{a}^{2}}} \\  & \Rightarrow A{{K}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow AK=\frac{a\sqrt{2}}{2}. \\ \end{align}\)

Chọn B.

Ta có: \(y=\frac{\sqrt{x+16}-4}{{{x}^{2}}+x}=\frac{x+16-16}{x\left( x+1 \right)\left( \sqrt{x+16}+4 \right)}=\frac{1}{\left( x+1 \right)\left( \sqrt{x+16}+4 \right)}\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 16} + 4} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
\sqrt {x + 16} + 4 = 0\;\;\left( {VN} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1.
\end{array}\)

\(\Rightarrow x=-1\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn D.

Ta có: \(\int\limits_{1}^{2}{\frac{dx}{2x+3}}=\left. \frac{1}{2}\ln \left| 2x+3 \right| \right|_{1}^{2}=\frac{1}{2}\left( \ln 7-ln5 \right)=\frac{1}{2}\ln \frac{7}{5}.\)

Chọn D.

Số khả năng xảy ra khi lấy 3 quả cầu trong 15 quả cầu là: \({{n}_{\Omega }}=C_{15}^{3}.\)

Gọi biến cố: A: “Lấy được 3 quả cầu màu xanh.”

Khi đó: \({{n}_{A}}=C_{5}^{3}\) \(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{C_{5}^{3}}{C_{15}^{3}}=\frac{2}{91}.\)

Chọn A.

Ta có: \(y'=4{{x}^{3}}-2x\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow 4{{x}^{3}}-2x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0\ \ \ \in \left[ -1;\ 2 \right] \\ & x=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \ \in \left[ -1;\ 2 \right] \\ & x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\ \ \in \left[ -1;\ 2 \right] \\\end{align} \right..\)

Tính:  \(f\left( -1 \right)=13,\ \ f\left( -\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{51}{4},\ \ f\left( 0 \right)=13,\ \ f\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{51}{4},\ f\left( 2 \right)=25.\)

Vậy \(Max\ y=25\) khi \(x=2.\)

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( -4;\ 6;\ 2 \right)=-2\left( 2;-3;-1 \right).\)

Mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(AB\) nhận \(\overrightarrow{AB}\) là VTPT.

Khi đó ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:  \(2\left( x-5 \right)-3\left( y+4 \right)-\left( z-2 \right)=0\Leftrightarrow 2x-3y-z-20=0.\)

Chọn C.

Ta có: \(3f\left( x \right)-5=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{5}{3}.\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)=\frac{5}{3}\) là số nghiệm của đồ thị hàm số

\(y=f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y=\frac{5}{3}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y=\frac{5}{3}\) cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) tại \(3\) điểm phân biệt.

Chọn B.

Ta có: \(\ \left( 2x-3yi \right)+\left( 3-i \right)=5x-4i\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 2x - 3yi + 3 - i = 5x - 4i\\
\Leftrightarrow 2x + 3 - \left( {3y + 1} \right)i = 5x - 4i\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x + 3 = 5x\\
3y + 1 = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 1
\end{array} \right..
\end{array}\)

Chọn D.

Điều kiện: \(x\ne -3m.\)

Ta có: \(y'=\frac{3m-2}{{{\left( x+3m \right)}^{2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên khoảng  \(\left( { - \infty ; - 6} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y' > 0\;\forall x \in \left( { - \infty ; - 6} \right)\\
- 3m\; \notin \left( { - \infty ; - 6} \right)
\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & m>\frac{2}{3}\ \forall x\in \left( -\infty ;-6 \right) \\ & m<2 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow \frac{2}{3}<m<2\ \ \forall x\in \left( -\infty ;\ 6 \right).\)

Theo đề bài ta có: \(m\in Z\Rightarrow m=\left\{ 1;\ 2 \right\}.\)

Chọn A.

Vận tốc của chất điểm B là: \({{v}_{B}}=at.\)

Quãng đường chất điểm A đến khi chất điểm B đuổi kịp là:

\({{s}_{A}}=\int\limits_{0}^{18}{\left( \frac{1}{120}{{t}^{2}}+\frac{58}{45}t \right)}dt=\left. \left( \frac{1}{120}.\frac{{{t}^{3}}}{3}+\frac{58}{45}.\frac{{{t}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{18}=225\left( m \right).\)

Lại có: \({{s}_{A}}={{s}_{B}}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{15}{atdt}=225\Leftrightarrow \left. \frac{a{{t}^{2}}}{2} \right|_{0}^{15}=225\Leftrightarrow 112,5a=225\Leftrightarrow a=2\Rightarrow {{v}_{B}}=2t.\)

Vậy vận tốc của B khi đuổi kịp A là: \({{v}_{B}}=2.15=30\ m/s.\)

Chọn C.

Ta có phương trình đã cho \(\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{x}} \right)}^{2}}-3m{{.3}^{x}}+3{{m}^{2}}-75=0\ \ \ \left( * \right)\)

Đặt \({{3}^{x}}=t\ \ \left( t>0 \right)\) ta có phương trình: \({{t}^{2}}-3mt+3{{m}^{2}}-75=0\ \ \ \left( 1 \right)\)

Để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta > 0\\
- \frac{b}{a} > 0\\
\frac{c}{a} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
9{m^2} - 12{m^2} + 300 > 0\\
3m > 0\\
3{m^2} - 75 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3{m^2} < 300\\
m > 0\\
{m^2} > 25
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} < 100\\
m > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m > 5\\
m < - 5
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 10 < m < 10\\
m > 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow 5 < m < 10 \Rightarrow m = \left\{ {6;\;7;\;8;\;9} \right\}.
\end{array}\)

Chọn B.

Gọi số phức \(z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=a-bi.\)

Ta có: \(\text{w}=\left( \overline{z}-2i \right)\left( z+2 \right)=\left( x-yi-2i \right)\left( x+yi+2 \right)\)

\(\begin{align}  & \Leftrightarrow \text{w}=\left[ x-\left( y+2 \right)i \right]\left( x+2+yi \right) \\ & \Leftrightarrow \text{w}=x\left( x+2 \right)+xyi-\left( x+2 \right)\left( y+2 \right)i+y\left( y+2 \right) \\ & \Leftrightarrow \text{w}={{x}^{2}}+2x+{{y}^{2}}+2y+\left[ xy-\left( x+2 \right)\left( y+2 \right) \right]i. \\\end{align}\)

\(\text{w}\) là số phức thuần ảo \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+{{y}^{2}}+2y=0\)

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

Vậy đường tròn biểu diễn số phức \(z\) có bán kính \(R=\sqrt{2}.\)

Chọn B.

Chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ có hai đáy là hình lục giác đều cạnh \(x=3mm={{3.10}^{-3}}m.\)

\(\Rightarrow S=\frac{3\sqrt{3}{{x}^{2}}}{2}=\frac{3\sqrt{3}{{.3}^{2}}{{.10}^{-6}}}{2}=\frac{27\sqrt{3}{{.10}^{-6}}}{2}{{m}^{2}}.\)

Thể tích của chiếc bút chì là: \(V=Sh=\frac{27\sqrt{3}{{.10}^{-6}}}{2}.0,2=2,7\sqrt{3}{{.10}^{-6}}\left( {{m}^{3}} \right).\)

Lõi bút chì là hình trụ có bán kính đáy \(R=1mm={{10}^{-3}}m,\ \ h=200mm=0,2m.\)

\(\Rightarrow {{V}_{loi}}=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{.10}^{-6}}.0,2=0,2\pi {{.10}^{-6}}\left( {{m}^{3}} \right).\)

\(\Rightarrow \) Số tiền để làm lõi bút chì là: \(0,2\pi {{.10}^{-6}}.a{{.10}^{6}}=0,2\pi a\) (đồng).

Thể tích của phần gỗ để làm bút chì là: \(2,7\sqrt{3}{{.10}^{-6}}-0,2\pi {{.10}^{-6}}\approx 4,{{048.10}^{-6}}\ \ \left( {{m}^{3}} \right).\)

Số tiền mua gỗ để làm vỏ bút chì là: \(4,{{048.10}^{-6}}.a{{.10}^{6}}=4,048\) (đồng).

Vậy số tiền để mua nguyên liệu làm bút chì là: \(0,2\pi a+4,048a\approx 8,45a\) (đồng)

Chọn C.

Ta có:  \(x{{\left( x-2 \right)}^{6}}+{{\left( 3x-1 \right)}^{8}}=x.\sum\limits_{k=0}^{6}{C_{6}^{k}{{x}^{k}}.{{\left( -2 \right)}^{6-k}}}+\sum\limits_{m=0}^{8}{C_{8}^{m}{{\left( 3x \right)}^{m}}.{{\left( -1 \right)}^{8-m}}.}\)

Để có \({{x}^{5}}\) thì \(\left\{ \begin{align}  & k=4 \\ & m=5 \\\end{align} \right.\Rightarrow \) hệ số của \({{x}^{5}}\) là: \(C_{6}^{4}{{\left( -2 \right)}^{6-4}}+C_{8}^{5}{{.3}^{5}}.{{\left( -1 \right)}^{8-5}}=-13548.\)

Chọn D.

Gọi chiều rộng của mặt đáy của bể cá là: \(a\ \left( m \right),\ \ \left( a>0 \right).\)

\(\Rightarrow \) chiều dài của mặt đáy bể cá là: \(2a\ \left( m \right).\)

Chiều cao bể cá là \(h\ \left( m \right).\)

Diện tích xung quanh của bể cá là: \({{S}_{xq}}=2h\left( a+2a \right)=6ah\ \ \left( {{m}^{2}} \right).\)

Diện tích đáy của bể cá là: \({{S}_{d}}=2{{a}^{2}}\ \left( {{m}^{2}} \right).\)

Ông A sử dụng \(5,5{{m}^{2}}\) kính để làm bể cá không nắp

 \(\Rightarrow 6ah+2{{a}^{2}}=5,5\Leftrightarrow h=\frac{5,5-2{{a}^{2}}}{6a}\left( m \right).\)

Dung tích của bể cá là: \(V=abh=a.2a.\frac{5,5-2{{a}^{2}}}{6a}=\frac{\left( 5,5-2{{a}^{2}} \right)a}{3}\left( {{m}^{3}} \right).\)

Xét hàm số: \(f\left( a \right)=\left( 5,5-2{{a}^{2}} \right)a=5,5a-2{{a}^{3}}.\)

Có \(f'\left( a \right)=5,5-6{{a}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}=\frac{11}{12}\Leftrightarrow a=\frac{\sqrt{33}}{6}.\)  

Ta có BBT:

Vậy \(Max\ V=\frac{1}{3}f\left( a \right)=\frac{1}{3}.\frac{11\sqrt{33}}{18}=\frac{11\sqrt{33}}{54}\approx 1,17\ {{m}^{3}}.\)

Chọn A.

Ta có: \(\int\limits_{1}^{e}{\left( 2+x\ln x \right)dx}=\int\limits_{1}^{e}{2dx}+\int\limits_{1}^{e}{x\ln xdx}=\left. 2x \right|_{1}^{e}+{{I}_{1}}=2e-2+{{I}_{1}}.\)

Tính: \({{I}_{1}}=\int\limits_{1}^{e}{x\ln xdx.}\)

Đặt 

\(\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{1}{x}dx\\
v = \frac{{{x^2}}}{2}
\end{array} \right..\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow {{I}_{1}}=\left. \frac{{{x}^{2}}}{2}\ln x \right|_{1}^{e}-\int\limits_{1}^{e}{\frac{1}{x}.\frac{{{x}^{2}}}{2}dx}=\frac{{{e}^{2}}}{2}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{e}{xdx}=\frac{{{e}^{2}}}{2}\left. -\frac{1}{2}\frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{1}^{e}=\frac{{{e}^{2}}}{2}-\frac{{{e}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}=\frac{{{e}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}. \\ & \Rightarrow I=2e-2+\frac{{{e}^{2}}}{4}+\frac{1}{4}=\frac{{{e}^{2}}}{4}+2e-\frac{7}{4}. \\ & \Rightarrow a=\frac{1}{4},\ b=2,\ c=-\frac{7}{4} \\ & \Rightarrow a-b=c. \\\end{align}\)

Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ có: \(O\left( 0;\ 0;\ 0 \right),\ A\left( 0;\ 0;\ a \right),\ B\left( 2a;\ 0;\ 0 \right),\ C\left( 0;\ 2a;\ 0 \right).\)

\(M\) là trung điểm của \(BC\Rightarrow M\left( a;\ a;\ 0 \right).\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {2a;\;0; - a} \right),\;\overrightarrow {OM} = \left( {a;\;a;\;0} \right),\;\overrightarrow {AM} = \left( {a;\;a;\; - a} \right).\\
\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {OM} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&{ - a}\\
a&0
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - a}&{2a}\\
0&a
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{2a}&0\\
a&a
\end{array}} \right|} \right) = \left( {{a^2};\; - {a^2};\;2{a^2}} \right).\\
\Rightarrow d\left( {AB,\;OM} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {OM} } \right].\overrightarrow {AM} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {OM} } \right]} \right|}} = \frac{{\left| {{a^3} - {a^3} - 2{a^3}} \right|}}{{\sqrt {6{a^4}} }} = \frac{{2{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 6 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.
\end{array}\)

Chọn D.

Ta có: \(\Delta :\ \left\{ \begin{align}  & x=t \\ & y=-1+2t \\& z=1+t \\\end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;\ 2;\ 1 \right)\) và đi qua \(A\left( 0;-1;\ 1 \right).\)

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};\ {{y}_{0}};\ {{z}_{0}} \right)\) thuộc \(\Delta \Rightarrow M\left( t;\ -1+2t;\ 1+t \right).\)

\(M\) là giao điểm của \(\Delta \) và \(\left( P \right)\Rightarrow t-2\left( -1+2t \right)-\left( 1+t \right)+3=0\Leftrightarrow t=1\Rightarrow M\left( 1;\ 1;\ 2 \right).\)

Đường thẳng \(d\) cần tìm thuộc \(\left( P \right)\) và vuông góc với \(\Delta \Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}},\ \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right].\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2&1\\
{ - 2}&{ - 1}
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1\\
{ - 1}&1
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2\\
1&{ - 2}
\end{array}} \right|} \right) = \left( {0;\;2;\; - 4} \right) = - 2\left( {0; - 1;\;2} \right).\)

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

Chọn A.

Lấy ngẫu nhiên 3 số trong 16 số nên ta có: \({{n}_{\Omega }}={{16}^{3}}.\)

Gọi biến cố: M: “Ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3”.

+) TH1: Trong 3 số lấy ra có cả 3 số đều chia hết cho 3.

Khi đó các số đó được lấy từ tập: \({{S}_{1}}=\left\{ 3;\ 6;\ 9;\ 12;\ 15 \right\}\Rightarrow \) có \({{5}^{3}}\) cách chọn.

+) TH2: Trong 3 số lấy ra có cả 3 số đều chia 3 dư 1.

Khi đó các số được lấy từ tập: \({{S}_{2}}=\left\{ 1;\ 4;\ 7;\ 10;\ 13;\ 16 \right\}\Rightarrow \) có \({{6}^{3}}\) cách chọn.

+) TH3: Trong 3 số lấy ra có cả 3 số đều chia 3 dưa 2.

Khi đó các số đó được lấy từ tập: \({{S}_{3}}=\left\{ 2;\ 5;\ 8;\ 11;\ 14 \right\}\Rightarrow \) có \({{5}^{3}}\) cách chọn.

+) TH4: Trong 3 số lấy ra có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3 dư 2 và các hoán vị của chúng.

Khi đó có: \(5.6.5.3!\) cách chọn.

\(\Rightarrow {{n}_{M}}={{2.5}^{3}}+{{6}^{3}}+90.3!=1366\)  cách chọn.

\(\Rightarrow P\left( M \right)=\frac{1366}{{{16}^{3}}}=\frac{683}{2048}.\)

Chọn A.

Gọi hình lập phương có cạnh là \(a.\)

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:

\(\begin{array}{l}
B'\left( {0;\;0;\;0} \right),\;\;A'\left( {a;\;0;\;0} \right),\;C'\left( {0;\;a;\;0} \right),\;D'\left( {a;\;a;\;0} \right),\\
A\left( {a;\;0;\;a} \right),\;I\left( {\frac{a}{2};\;\frac{a}{2};\;0} \right),\;B\left( {0;\;0;\;a} \right),\;O\left( {\frac{a}{2};\;\frac{a}{2};\;\frac{a}{2}} \right).\\
\Rightarrow \overrightarrow {OI} = \left( {0;\;0;\;\frac{a}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \frac{2}{3}\overrightarrow {OI} = \left( {0;\;0;\;\frac{a}{6}} \right).\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_M} - {x_O} = 0\\
{y_M} - {y_O} = 0\\
{z_M} - {z_O} = \frac{a}{6}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_M} = \frac{a}{2}\\
{y_M} = \frac{a}{2}\\
{z_M} = \frac{{2a}}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{a}{2};\;\frac{a}{2};\;\frac{{2a}}{3}} \right).
\end{array}\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left( \frac{a}{2};\ -\frac{a}{2};\ \frac{a}{3} \right),\ \overrightarrow{MB}=\left( -\frac{a}{2};\ -\frac{a}{2};\ \frac{a}{3} \right),\ \overrightarrow{MC'}=\left( -\frac{a}{2};\ \frac{a}{2};-\frac{2a}{3} \right),\ \overrightarrow{MD'}=\left( \frac{a}{2};\ \frac{a}{2};-\frac{2a}{3} \right). \\ & \Rightarrow {{\overrightarrow{n}}_{\left( MAB \right)}}=\left[ \overrightarrow{MA},\ \overrightarrow{MB} \right]=\left( 0;-\frac{{{a}^{2}}}{3};-\frac{{{a}^{2}}}{2} \right)=-{{a}^{2}}\left( 0;\ \frac{1}{3};\ \frac{1}{2} \right). \\ & {{\overrightarrow{n}}_{\left( MC'D' \right)}}=\left[ \overrightarrow{MC'},\ \overrightarrow{MD'} \right]=\left( 0;-\frac{2{{a}^{2}}}{3};-\frac{{{a}^{2}}}{2} \right)=-{{a}^{2}}\left( 0;\ \frac{2}{3};\ \frac{1}{2} \right). \\\end{align}\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( MAB \right)\) và \(\left( M'C'D' \right).\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow \cos \alpha =\frac{\left| {{\overrightarrow{n}}_{\left( MAB \right)}}.{{\overrightarrow{n}}_{\left( MC'D' \right)}} \right|}{\left| {{\overrightarrow{n}}_{\left( MAB \right)}} \right|.\left| {{\overrightarrow{n}}_{\left( MC'D' \right)}} \right|}=\frac{\left| \frac{1}{3}.\frac{2}{3}+\frac{1}{2}.\frac{1}{2} \right|}{\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{4}}.\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{1}{4}}}=\frac{17\sqrt{13}}{65}. \\ & \Rightarrow sin\alpha =\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\alpha }=\frac{6\sqrt{13}}{65}. \\\end{align}\)

Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 3;\ 4;\ 0 \right)\) và \(d\) đi qua \(A\left( 1;\ 1;\ 1 \right).\)

\(\Rightarrow d\cap \Delta =A\left( 1;\ 1;\ 1 \right).\)

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

Chọn \(B\left( 4;\ 5;\ 1 \right)\) là một điểm thuộc đường thẳng \(d.\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 3;\ 4;\ 0 \right)\Rightarrow AB=5.\)

Lấy điểm \(C\left( 1-2t;\ 1+t;\ 1+2t \right)\in \Delta \) sao cho \(AB=AC.\)

\(\Rightarrow {{\left( -2t \right)}^{2}}+{{t}^{2}}+{{\left( 2t \right)}^{2}}=25\Leftrightarrow {{t}^{2}}=\frac{25}{9}\Leftrightarrow t=\pm \frac{5}{3}.\)

+) Với \(t=\frac{5}{3}\Rightarrow C\left( -\frac{7}{3};\ \frac{8}{3};\ \frac{13}{3} \right)\Rightarrow \overrightarrow{AC}=\left( -\frac{10}{3};\ \frac{5}{3};\ \frac{10}{3} \right).\)

Khi đó ta có: \(\cos \left( d,\ \Delta  \right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|.\left| \overrightarrow{AC} \right|}=\frac{-\frac{10}{3}}{5.5}=-\frac{2}{15}<0\Rightarrow \angle \left( d;\ \Delta  \right)\) là góc tù.

+) Với \(t=-\frac{5}{3}\Rightarrow C\left( \frac{13}{3};-\frac{2}{3};-\frac{7}{3} \right)\Rightarrow \overrightarrow{AC}=\left( \frac{10}{3};-\frac{5}{3};-\frac{10}{3} \right).\)

Khi đó ta có: \(\cos \left( d,\ \Delta  \right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|.\left| \overrightarrow{AC} \right|}=\frac{\frac{10}{3}}{5.5}=\frac{2}{15}>0\Rightarrow \angle \left( d;\ \Delta  \right)\) là góc nhọn nên ta cần lập phương trình đường phân giác trong TH này.

Ta có VTCP của đường phân giác của góc tạo bởi \(d\) và \(\Delta \) là: \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\left( \frac{19}{3};\ \frac{7}{3};\ -\frac{10}{3} \right)=\frac{1}{3}\left( 19;\ 7;\ -10 \right).\)

Khi đó phương trình đường phân giác \(d'\)  đi qua \(A\left( 1;\ 1;\ 1 \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow{u}=\left( 19;\ 7;-10 \right)\) là: \(\left\{ \begin{align}  & x=1+19t \\ & y=1+7t \\ & z=1-10t \\\end{align} \right..\)

Với \(t=-1\) ta có: \(I\left( -18;-6;\ 11 \right)\in d'.\)

Vậy đường thẳng \(d':\ \left\{ \begin{align}  & x=-18+19t \\ & y=-6+7t \\ & z=11-10t \\\end{align} \right..\)

Chọn B.

Qua \(M\) dựng mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với \(AA'\) cắt các cạnh \(AA',\ BB',\ CC'\) lần lượt tại \(N,\ E,\ F.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & AA'\bot NE\Rightarrow NE=d\left( E,\ AA' \right)=d\left( N,\ BB' \right)=d\left( A,\ BB' \right)=1. \\  & AA'\bot NF\Rightarrow NF=d\left( F,\ AA; \right)=d\left( N,\ CC' \right)=d\left( A,\ CC' \right)=2 \\  & AA'\bot \left( P \right)\Rightarrow CC'\bot \left( P \right)\Rightarrow CC'\bot EF\Rightarrow EF=d\left( E,\ CC' \right)=d\left( F,\ BB' \right)=d\left( C,\ BB' \right)=\sqrt{5}. \\ \end{align} \right.\)

Có: \(N{{E}^{2}}+N{{F}^{2}}=EF{{'}^{2}}\Rightarrow \Delta NEF\) vuông tại \(N.\)  (định lý Pi-ta-go đảo)

\(\Rightarrow MN=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{5}}{2}.\)Mà: \(\frac{ME}{MF}=\frac{MB'}{MC'}=1\Rightarrow ME=MF\) (định lý Ta-lét)\(\Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF.\)

Xét tam giác \(AA'M\) vuông tại \(M\) ta có:

\(\frac{1}{M{{N}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A'{{M}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{5}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{5}\Leftrightarrow AM=\frac{\sqrt{15}}{3}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align}  & \left( P \right)\bot AA' \\  & \left( A'B'C' \right)\bot AM \\ \end{align} \right.\Rightarrow \angle \left( \left( P \right),\ \left( A'B'C' \right) \right)=\angle \left( AA',\ AM \right)=\angle A'MA.\)

\(\Rightarrow \cos A'MA=\frac{AM}{AA'}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{3}}{\sqrt{5+\frac{5}{3}}}=\frac{1}{2}.\)

Ta thấy \(\Delta NEF\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta A'B'C'\) lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow {{S}_{A'B'C'}}=\frac{{{S}_{NEF}}}{\cos A'MA}=\frac{\frac{1}{2}NE.NF}{\frac{1}{2}}=1.2=2. \\  & \Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{A'B'C'}}.AM=2.\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3}. \\ \end{align}\)

Chọn B.

Ta có đồ thị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=g\left( x \right)\) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \(-2;\ 1;\ 3\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 8a + 4b - 2c + \frac{3}{4} = 4d - 2e - \frac{3}{4}\\
a + b + c + \frac{3}{4} = d + e - \frac{3}{4}\\
27a + 9b + 3c + \frac{3}{4} = 9d + 3e - \frac{3}{4}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a - 2b + c + 2d - e = \frac{3}{4}\\
a + b + c - d - e = - \frac{3}{2}\\
9a + 3b + c - 3d - e = - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a - 2\left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) = \frac{3}{4}\\
a + \left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) = - \frac{3}{2}\\
9a + 3\left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) = - \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{4}\\
b - d = - \frac{1}{2}\\
c - e = - \frac{5}{4}
\end{array} \right..
\end{array}\)

Dựa vào đồ thị hình vẽ ta có:

\(\begin{align}  & S=\int\limits_{-2}^{1}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|dx}+\int\limits_{1}^{3}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|dx} \\ & =\int\limits_{-2}^{1}{\left( a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+\frac{3}{4}-d{{x}^{2}}-ex+\frac{3}{4} \right)dx}+\int\limits_{1}^{3}{\left( d{{x}^{2}}+ex-\frac{3}{4}-a{{x}^{3}}-b{{x}^{2}}-cx-\frac{3}{4} \right)dx} \\ & =\int\limits_{-2}^{1}{\left( a{{x}^{3}}+\left( b-d \right){{x}^{2}}+\left( c-e \right)x+\frac{3}{2} \right)dx}+\int\limits_{1}^{3}{\left( -a{{x}^{3}}-\left( b-d \right){{x}^{2}}-\left( c-e \right)x-\frac{3}{2} \right)dx} \\ & =\int\limits_{-2}^{1}{\left[ \frac{1}{4}{{x}^{3}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{5}{4}x+\frac{3}{2} \right]dx}+\int\limits_{1}^{3}{\left[ -\frac{1}{4}{{x}^{3}}+\frac{1}{2}{{x}^{2}}+\frac{5}{4}x-\frac{3}{2} \right]dx} \\ & =\left. \left[ \frac{{{x}^{4}}}{16}-\frac{{{x}^{3}}}{6}-\frac{5{{x}^{2}}}{8}+\frac{3}{2}x \right] \right|_{-2}^{1}-\left. \left[ \frac{{{x}^{4}}}{16}-\frac{{{x}^{3}}}{6}-\frac{5{{x}^{2}}}{8}+\frac{3}{2}x \right] \right|_{1}^{3} \\ & =-\frac{15}{16}-\frac{3}{2}+\frac{15}{8}+\frac{9}{2}-\left( 5-\frac{13}{3}-5+3 \right)=\frac{253}{48}. \\\end{align}\)

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow{IA}=\left( 1;\ 1;-1 \right)\Rightarrow R=IA=\sqrt{3}.\)

Lại có: \(A:\ \ R=IA=\frac{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}=12\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \(A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}.A{{D}^{2}}}\)

\(\begin{align}  & \Leftrightarrow \sqrt[3]{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}.A{{D}^{2}}}\le 4\Leftrightarrow AB.AC.AD\le 8. \\ & \Rightarrow {{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.AC.AD\le \frac{1}{6}.8=\frac{4}{3}. \\\end{align}\)

Chọn C.

Ta có: \(y'=8{{x}^{7}}+5\left( m-3 \right){{x}^{4}}-4\left( {{m}^{2}}-9 \right){{x}^{3}}={{x}^{3}}\left[ 8{{x}^{4}}+5\left( m-3 \right)x-4\left( {{m}^{2}}-9 \right) \right].\)

\(\Rightarrow y''=56{{x}^{6}}+20\left( m-3 \right){{x}^{3}}-12\left( {{m}^{2}}-9 \right){{x}^{2}}.\)

\(\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}\left[ 8{{x}^{4}}+5\left( m-3 \right)x-4\left( {{m}^{2}}-9 \right) \right]=0\ \ \ \left( * \right)\)

TH1: Xét \({{m}^{2}}-9=0\Leftrightarrow m=\pm 3.\)

+) Với \(m=3\Rightarrow \left( * \right)\Leftrightarrow 8{{x}^{7}}=0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y\left( 0 \right)=1\Rightarrow x=0\) là điểm cực tiểu của hàm số.

+) Với \(m=-3\Rightarrow \left( * \right)\Leftrightarrow {{x}^{3}}\left( 8{{x}^{4}}-30x \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{4}}\left( 8{{x}^{3}}-30 \right)=0\)  

\(\Rightarrow x=0\) là nghiệm bội bốn \(\Rightarrow x=0\) không là cực trị của hàm số.

TH2: Xét \({{m}^{2}}-9\ne 0\Leftrightarrow m\ne \pm 3.\)

Ta có: \(y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\left[ 8{{x}^{5}}+5\left( m-3 \right){{x}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}-9 \right)x \right]=0\ \ \ \left( 1 \right)\)

Vì \({{x}^{2}}\ge 0\) nên số cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\) là số nghiệm của phương trình:

 \(g\left( x \right)=8{{x}^{5}}+5\left( m-3 \right){{x}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}-9 \right)x=0\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0\Leftrightarrow g'\left( 0 \right)>0\)

Có \(g'\left( x \right)=40{{x}^{4}}+10\left( m-3 \right)x-4\left( {{m}^{2}}-9 \right).\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow g'\left( 0 \right)>0\Leftrightarrow -4\left( {{m}^{2}}-9 \right)>0 \\ & \Leftrightarrow {{m}^{2}}-9<0\Leftrightarrow -3<m<3 \\ & \Rightarrow m\in \left\{ -2;\ -1;\ 0;\ 1;\ 2 \right\}. \\\end{align}\)  

Kết hợp 2 TH ta có 6 giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn C.

Ta có: \(x=-1\) là TCĐ của đồ thị hàm số, \(y=1\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\Rightarrow I\left( -1;\ 1 \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

\(\Rightarrow IH:\ \ y=-x.\)Dựa vào đô thị hàm số ta có \(\Delta IAB\) là tam giác đều \(\Rightarrow IH\) vừa là đường cao đồng thời là đường phân giác của \(\angle AIB\Rightarrow IH\) cũng là đường phân giác của góc phần tư thứ hai.

Ta có: \(AB\bot IH\Rightarrow AB:\ \ y=x+m\Leftrightarrow x-y+m=0.\)

\(\Rightarrow d\left( I;\ AB \right)=\frac{\left| -1-1+m \right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left| m-2 \right|}{\sqrt{2}}.\)

Gọi độ dài cạnh của tam giác đều \(IAB\) là \(a\Rightarrow IH=d\left( I;\ AB \right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\left| m-2 \right|}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow a\sqrt{3}=\sqrt{2}\left| m-2 \right| \\ & \Leftrightarrow 3{{a}^{2}}=2{{\left( m-2 \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow {{a}^{2}}=\frac{2{{\left( m-2 \right)}^{2}}}{3}.\ \ \ \ \ \left( 1 \right) \\\end{align}\)

Hoành độ các giao điểm \(A,\ B\) là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm:

\(\frac{x-2}{x+1}=x+m\Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx+m+2=0\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{align}  & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-m \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=m+2 \\\end{align} \right..\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow A\left( {{x}_{1}};\ {{x}_{1}}+m \right);\ \ B\left( {{x}_{2}};\ {{x}_{2}}+m \right). \\ & \Rightarrow AB=a\Leftrightarrow A{{B}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{x}_{1}}+m-{{x}_{2}}-m \right)}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 2{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}={{a}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 2{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-8{{x}_{1}}{{x}_{2}}={{a}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-8\left( m+2 \right)=\frac{2{{\left( m-2 \right)}^{2}}}{3} \\ & \Leftrightarrow 3\left( {{m}^{2}}-4\left( m+2 \right) \right)={{\left( m-2 \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 3{{m}^{2}}-12m-24={{m}^{2}}-4m+4 \\ & \Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-8m=28 \\ & \Leftrightarrow {{m}^{2}}-4m=14. \\ & \Rightarrow AB=\sqrt{2{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{2{{m}^{2}}-8\left( m+2 \right)}=\sqrt{2\left( {{m}^{2}}-4m-8 \right)}=\sqrt{2.\left( 14-8 \right)}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}. \\\end{align}\)

Chọn A.

Ta có: \(f'\left( x \right)={{x}^{3}}{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}\Leftrightarrow \frac{f'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}{{x}^{3}}\)

\(\Rightarrow \int{\frac{f'\left( x \right)}{{{f}^{2}}\left( x \right)}dx=\int{{{x}^{3}}dx}\Leftrightarrow -\frac{1}{f\left( x \right)}=\frac{{{x}^{4}}}{4}+C.}\)

Theo đề bài ta có: \(f\left( 2 \right)=-\frac{1}{5}\Rightarrow -\frac{1}{-\frac{1}{5}}=\frac{{{2}^{4}}}{4}+C\Leftrightarrow C=1.\)

\(\Rightarrow -\frac{1}{f\left( x \right)}=\frac{{{x}^{4}}}{4}+1\Rightarrow -\frac{1}{f\left( 1 \right)}=\frac{1}{4}+1\Leftrightarrow f\left( x \right)=-\frac{4}{5}.\)

Chọn D.

Ta có: \(y'=\frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{14}{3}x\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow \frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{14}{3}x=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}-7x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=-\sqrt{7} \\  & x=0 \\  & x=\sqrt{7} \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow \) Hàm số có 3 điểm cực trị.

Gọi\(A\left( {{x}_{0}};\ {{y}_{0}} \right)\in \left( C \right).\)

Khi đó tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\) cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(M\left( {{x}_{1}};\ {{y}_{1}} \right),\ N\left( {{x}_{2}};\ {{y}_{2}} \right)\ \ \left( M,\ N\ne A \right)\) có hệ số góc là: \(k=\frac{{{y}_{1}}-{{y}_{2}}}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}=4.\)

Hàm số đã cho có \(a=\frac{1}{6}>0.\) Mà \(k=4>0\Rightarrow \) tiếp tuyến cắt  \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\Leftrightarrow -\sqrt{7}<{{x}_{0}}<0.\)

Mặt khác: \(k=f'\left( {{x}_{0}} \right)\Rightarrow 4=\frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{14}{3}x\Leftrightarrow x_{0}^{3}-7{{x}_{0}}-6=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & {{x}_{0}}=-2\ \ \left( tm \right) \\  & {{x}_{0}}=-1\ \ \ \left( tm \right) \\  & {{x}_{0}}=3\ \ \left( ktm \right) \\ \end{align} \right..\)

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y=10\) cắt đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( 3;\ 10 \right)\) và \(\left( m;\ 10 \right)\) với mọi \(m\in \left( 8;\ 10 \right).\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {x + 6} \right) > 10\\
g'\left( {2x + \frac{5}{2}} \right) \le 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 < x + 6 < m < 8\\
0 < 2x + \frac{5}{2} < 11
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
- 3 < x < 2\\
- \frac{5}{4} \le x \le \frac{{17}}{4}
\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{5}{4} \le x < 2.\)

Lại có \(h\left( x \right)\) đồng biến \(\Leftrightarrow h'\left( x \right)>0\Leftrightarrow f'\left( x+6 \right)-2g'\left( 2x+\frac{5}{2} \right)>0\)

Mà \(f'\left( x+6 \right)>10\) và \(2g'\left( 2x+\frac{5}{2} \right)\le -10\Rightarrow h\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ -\frac{5}{4};\ 2 \right).\)

Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có: \(\left| z \right|\left( z-5-i \right)+2i=\left( 6-i \right)z\)

\(\Leftrightarrow \left| z \right|.z-5\left| z \right|-\left| z \right|i+2i=\left( 6-i \right)z\Leftrightarrow z\left( \left| z-6+i \right| \right)=5\left| z \right|+\left( \left| z \right|-2 \right)i\ \ \ \left( * \right)\)

Lấy modul 2 vế của phương trình \(\left( * \right)\) ta được: \(\left| z \right|\sqrt{{{\left( \left| z \right|-6 \right)}^{2}}+1}=\sqrt{25\left| {{z}^{2}} \right|+{{\left( \left| z \right|-2 \right)}^{2}}}\ \ \ \ \left( 1 \right)\)

Đặt \(x=\left| z \right|\ \ \left( x\ge 0 \right).\)  Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow x\sqrt {{{\left( {x - 6} \right)}^2} + 1} = \sqrt {25{x^2} + {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \\
\Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 12x + 36 + 1} \right) = 25{x^2} + {x^2} - 4x + 4\\
\Leftrightarrow {x^4} - 12{x^3} + 36{x^2} + {x^2} = 26{x^2} - 4x + 4\\
\Leftrightarrow {x^4} - 12{x^3} + 11{x^2} + 4x - 4 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^3} - 11{x^2} + 4} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 1 = 0\\
{x^3} - 11{x^2} + 4 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\;\;\left( {tm} \right)\\
x \approx 10,97\;\;\;\left( {tm} \right)\\
x \approx 0,62\;\;\;\left( {tm} \right)\\
x \approx - 0,59\;\;\;\left( {ktm} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left| z \right| = 1\;\\
\left| z \right| \approx 10,97\;\\
\left| z \right| \approx 0,62\;
\end{array} \right..
\end{array}\)

Thay các \(\left| z \right|\) vào phương trình đã cho ta sẽ nhận được 3 số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Điều kiện: \(x-m>0\Leftrightarrow x>m.\)

Đặt: 

\({2^x} + m = {\log _2}\left( {x - m} \right) = y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{2^x} + m = y\\
{\log _2}\left( {x - m} \right) = y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{2^x} + m = y\\
x - m = {2^y}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{2^x} + x = {2^y} + y\;\;\;\;\;\left( * \right)\\
m = x - {2^y}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( {**} \right)
\end{array} \right..\)

Xét hàm số đặc trưng: \(f\left( t \right)={{2}^{t}}+x\) ta có: \(f'\left( t \right)={{2}^{t}}\ln 2+1>0\ \ \forall t.\)

\(\Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(R.\)

Khi đó ta có: \(\left( * \right)\Leftrightarrow f\left( x \right)=f\left( y \right)\Leftrightarrow x=y.\)

\(\Rightarrow \left( ** \right)\Leftrightarrow m=x-{{2}^{x}}\ \ \ \ \left( *** \right).\)

Xét hàm số: \(g\left( x \right)=x-{{2}^{x}}\) có: \(g'\left( x \right)=1-{{2}^{x}}\ln 2.\)

\(\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 1-{{2}^{x}}\ln 2\Leftrightarrow {{2}^{x}}=\frac{1}{\ln 2}\Leftrightarrow x={{\log }_{2}}\left( \frac{1}{\ln 2} \right)=-{{\log }_{2}}\left( \ln 2 \right).\)

Ta có BBT:

\(\Rightarrow \ \left( *** \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow m \le  - \log_2\left( {\ln 2} \right) - \frac{1}{{\ln 2}} \approx  - 0,914\)

Với \(m\in \left( -18;\ 18 \right)\) và \(m\in Z\Rightarrow m\in \left\{ -17;-16;....;-2;-1 \right\}.\)

Vậy có 17 giá trị \(m\) thỏa mãn.

Chọn C.

Ta có\(\left( S \right)\) có tâm \(O\left( 2;\ 3;-1 \right)\) và bán kính \(R=4.\)

\(\overrightarrow{AO}=\left( 3;\ 4;\ 0 \right)\Rightarrow OA=5.\)

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

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng chứa đường tròn đó.

Khi đó ta có \(OA\bot \left( \alpha  \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\) nhận \(\overrightarrow{AO}=\left( 3;\ 4;\ 0 \right)\) làm VTPT.

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right):\ \ 3x+4y+a=0.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\) có đường cao \(MI\) ta có:

\(\begin{array}{l}
OI = \frac{{O{M^2}}}{{OA}} = \frac{{{4^2}}}{5} = \frac{{16}}{5} = d\left( {O;\;\left( \alpha \right)} \right).\\
\Rightarrow \frac{{16}}{5} = \frac{{\left| {2.3 + 4.3 + a} \right|}}{5} \Leftrightarrow \left| {18 + a} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = - 2\\
a = - 34
\end{array} \right..\\
\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( \alpha \right):\;\;3x + 4y - 2 = 0\\
\left( \alpha \right):\;3x + 4y - 34 = 0
\end{array} \right..
\end{array}\)

Chọn A.

Ta có: \({{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)+{{\log }_{4ab+1}}\left( 2a+2b+1 \right)=2\)

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

Có: \({{\left( 2a \right)}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2.2a.b\Leftrightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 4ab.\)

\(\Rightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\ge 4ab+1.\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow 2a=b.\)

Theo giả thiết ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\b > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 2b + 1 > 1\\4a + 1 > 1\end{array} \right.\) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{ccccc}\log _{2a + 2b + 1}\left( {4{a^2} + {b^2} + 1} \right) \ge {\log _{2a + 2b + 1}}\left( {4ab + 1} \right)\\{\log _{2a + 2b + 1}}\left( {2a + 2b + 1} \right) = \frac{1}{{{{\log }_{2a + 2b + 1}}\left( {4ab + 1} \right)}}\end{array} \right..\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\begin{align}  & {{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)+\frac{1}{{{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4ab+1 \right)}\le {{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)+\frac{1}{{{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)} \\ & \le 2.\sqrt{{{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right).\frac{1}{{{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)}}=2. \\\end{align}\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & 2a=b \\ & {{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)=\frac{1}{{{\log }_{2a+2b+1}}\left( 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)} \\\end{align} \right.\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a = b\\
{\log _{2a + 2b + 1}}\left( {4{a^2} + {b^2} + 1} \right) = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a = b\\
{\log _{3b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right) = 1
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2a\\
2{b^2} + 1 = 3b + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2a\\
2{b^2} - 3b = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2a\\
\left[ \begin{array}{l}
b = 0\;\;\left( {ktm} \right)\\
b = \frac{3}{2}\;\;\left( {tm} \right)
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{3}{4}\;\;\left( {tm} \right)\\
b = \frac{3}{2}
\end{array} \right..
\end{array}\)

Vậy \(a+2b=\frac{3}{4}+3=\frac{15}{4}.\)

Chọn A.