Thi thử THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Trần Hưng Đạo năm 2023

\(\lim \frac{1}{{5n + 2}} = 0\)

Chọn B.

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {2^x},y = 0,x = 0,x = 2.\) là: \(S = \int\limits_0^2 {{2^x}dx.} \)

Chọn A.

\({\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) = 3\)

Điều kiện: \({x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x <  - 1\end{array} \right.\)

\({\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = {2^3} \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x =  \pm 3\left( {tm} \right)\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { - 3;3} \right\}\)

Chọn A.

Ta có: \(\int {\left( {{x^4} + x} \right)dx}  = \frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^2}}}{2} + C\)

Chọn D.

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trong lân cận V  của \({x_0}\). Nếu \(f\left( x \right)\) đối dấu khi \(x\) đi qua \({x_0}\) thì \(f\left( x \right)\) đạt cực trị tại \({x_0}\). 

Dựa vào đồ thị trên ta thấy hàm số đã cho có 2 cực trị.

Chọn D.

Số phức \(z = a + bi,\,\,\left( {a,b \in R} \right)\) có phần thực là a và phần ảo là b.

Số phức có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 là \(3 + 4i.\)

Chọn A.

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy là S và chiều cao là h là: \(V = \frac{1}{3}S.h\)

Ta có: \(V = \frac{1}{3}.{a^2}.4a = \frac{4}{3}{a^3}.\)

Chọn A.

Ta thấy hình dạng của đồ thị hàm hàm bậc 4, lại có nét cuối đi lên nên hệ số \(a > 0.\)

Chọn A.

Cho 2 điểm \(A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right);\,\,B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\) khi đó  Vecto \(\overrightarrow {AB} \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right)\) 

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2 - 1;2 - 1;1 + 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;3} \right)\)

Chọn D.

Áp dụng công thức \({\log _a}\left( {b.c} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c;\,\,\,{\log _a}a = 1\,\,\,\left( {b,c > 0;0 < a \ne 1} \right);\) 

\({\log _3}\left( {3a} \right) = {\log _3}3 + {\log _3}a = 1 + {\log _3}a.\)

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Chọn B.

Ta dùng tổ hợp để giải bài toán: giả sử tập A có n phần tử \(\left( {n \ge 0} \right).\)  Mỗi tập con gồm k phần tử của tập A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. Kí hiệu: \(C_n^k\,\,\left( {0 \le k \le n} \right)\)

Số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 38 học sinh là: \(C_{28}^2\) .

Chọn C.

Đường thẳng d: \(\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{2}\)  có một vecto chỉ phương là \(\left( {1; - 1;2} \right).\)

Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right):\,3x + 2y + z - 4 = 0\) có một vecto pháp tuyến là \(\left( {3;2;1} \right)\)

Chọn C.

\(4f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{4}\). Ta thấy: \(CT = 0 < \frac{3}{4} < 1 = CD\)

Khi đó số nghiệm thực của phương trình \(4f\left( x \right) - 3 = 0\) chính là số giao điểm của 2 đồ thị \(y = f\left( x \right);y = \frac{3}{4}\)

Nhìn vào đồ thị hàm số ta có 2 đồ thị giao nhau tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực.

Chọn A.

+) Tổng số quả cầu trong hộp gồm 7 quả cầu đỏ và 5 quả cầu xanh: 12 quả

+) Cách chọn 3 quả cầu từ 12 quả cầu là: \(n\left( \Omega  \right) = C_{12}^3\)

+) Biến cố lấy được 3 quả cầu màu xanh từ 5 quả cầu màu xanh là: \(n\left( A \right) = C_5^3.\)

+) Xác suất lấy được 3 quả cầu màu xanh là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_5^3}}{{C_{12}^3}} = \frac{{10}}{{220}} = \frac{1}{{22}}.\)

Chọn C.

Bấm MODE 7, sau đó nhập hàm f(x), chọn start = 0; End = 4; Step = (4 - 0): 19. Sau đó nhìn vào bảng cột f(x) ta chọn giá trị nhỏ nhất trong bảng và kết luận.

Ta được kết quả ở máy tính như sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất bằng – 4 .

Chọn D.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)

Ta có: \(AC = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\(\tan SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 a}}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)

Chọn A.

\(\int\limits_0^1 {{e^{3x + 1}}dx}  = \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{e^{3x + 1}}d\left( {3x + 1} \right)}  = \left. {\frac{1}{3}{e^{3x + 1}}} \right|_0^1 = \frac{1}{3}\left( {{e^4} - e} \right)\)

Chọn A.

Ta có phương trình mặt phẳng nhận vecto chỉ phương của \(\Delta \) làm vecto pháp tuyến.

Mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( {1;2; - 2} \right)\), có vtpt \(\left( {2;1;3} \right)\) có dạng: \(2\left( {x - 1} \right) + \left( {y - 2} \right) + 3\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 3z + 2 = 0\)

Chọn B.

Điều kiện: \(x + 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - 4\) Ta có \({x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Lại có: \(\sqrt {x + 4}  = 2 \Leftrightarrow x = 0\) . Nên x = 0 là nghiệm của tử nên ta loại x = 0.

Vậy đồ thị có 1 tiệm cận đứng là: x = 1.

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
BC \bot SA;{\mkern 1mu} BC \bot AB\\
 \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\\
 \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)
\end{array}\\
{\left( {SBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SB}
\end{array}\)

Từ A kẻ AH vuông góc với (SBC) khi đó ta có: \(AH = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAB với AH là đường cao ta có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn D.

Áp dụng công thức \(T = M{\left( {1 + r} \right)^n}\) để tính. Trong đó

T là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn; M là số tiền gửi ban đầu; n là só kì hạn tính lãi; r là lãi suất định kì.

\(\begin{array}{l}
T = M{\left( {1 + r} \right)^n} \Leftrightarrow 2M = M{\left( {1 + 7\% } \right)^n}\\
 \Leftrightarrow 1,{07^n} = 2 \Leftrightarrow n = {\log _{1,07}}2 \approx 10,245
\end{array}\)

Vậy chọn D.

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

Chọn A.

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(x,2x,y\,\,\left( {x,y > 0} \right)\).

Diện tích phần lắp kính là:

\(\begin{array}{l}2x.x + 2xy + 2.2x.y = 2{x^2} + 6xy = 6,7\\ \Leftrightarrow xy = \frac{{6,7 - 2{x^2}}}{6} > 0 \Rightarrow x < \sqrt {\frac{{6,7}}{2}}  = \frac{{\sqrt {335} }}{{10}}.\end{array}\)

Thể tích bể cá là:

\(V = 2x.x.y = 2x.\frac{{6,7 - 2{x^2}}}{6} = \frac{{ - 4{x^3} + 13,4x}}{6}\) với \(0 < x < \frac{{\sqrt {335} }}{{10}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
V' = \frac{{ - 12{x^2} + 13,4}}{6},V' = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \sqrt {\frac{{67}}{{60}}} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\
{x =  - \sqrt {\frac{{67}}{{60}}} \left( L \right)}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

Lập Bảng biến thiên ta có:

Vậy \({V_{\max }} \approx 1,57\,{m^3}\)

Chọn A.

\(t = \sqrt {x + 4}  \Rightarrow {t^2} = x + 4 \Rightarrow 2tdt = dx\).

x = 5 thì t = 3

x = 21 thì t = 5

 Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
\int\limits_5^{21} {\frac{{dx}}{{x\sqrt {x + 4} }} = } \int\limits_3^5 {\frac{{2tdt}}{{\left( {{t^2} - 4} \right).t}} = } \int\limits_3^5 {\frac{{2dt}}{{\left( {t - 2} \right)\left( {t + 2} \right)}}} \\
 = \int\limits_3^5 {\frac{{2dt}}{{\left( {t - 2} \right)\left( {t + 2} \right)}} = } \frac{{ - 1}}{2}\int\limits_3^5 {\frac{{\left( {t - 2} \right) - \left( {t + 2} \right)dt}}{{\left( {t - 2} \right)\left( {t + 2} \right)}}} 
\end{array}\\
\begin{array}{l}
 = \frac{{ - 1}}{2}\int\limits_3^5 {\left( {\frac{1}{{t + 2}} - \frac{1}{{t - 2}}} \right)} dt\\
 = \left. { - \frac{1}{2}\ln \left| {t + 2} \right|} \right|_3^5 + \left. {\frac{1}{2}\ln \left| {t - 2} \right|} \right|_3^5
\end{array}\\
{ = \frac{{ - 1}}{2}\ln 7 + \frac{1}{2}\ln 5 + \frac{1}{2}\ln 3}
\end{array}\) 

Khi đó ta có: \(a = \frac{1}{2};b = \frac{1}{2};c =  - \frac{1}{2} \Rightarrow a + b =  - 2c\) .

Chọn A.

Từ C kẻ CE//BD, CE cắt AD kéo dài tại E. Khi đó ta có: \(\left( {SEC} \right) \supset SC;\left( {SEC} \right)\parallel BD\) .

 Khi đó ta có: \(d\left( {BD;SC} \right) = d\left( {BD;\left( {SEC} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {SEC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SEC} \right)} \right)\) (do O là trung điểm của AC).

Từ A kẻ \(AI \bot CE = \left\{ I \right\}\) . Ta có: \(EC \bot AI;EC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow EC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SEC} \right) \bot \left( {SAI} \right);\left( {SEC} \right) \cap \left( {SAI} \right) = SI\) . Từ A kẻ AH vuông góc với SI. Khi đó ta có: \(d\left( {A;\left( {SEC} \right)} \right) = AH\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}{S_{AEC}} = \frac{1}{2}CD.AE = \frac{1}{2}a.4a = 2{a^2}\\ = \frac{1}{2}.AI.EC = \frac{1}{2}.AI.BD = \frac{1}{2}AI.\sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = \frac{1}{2}AI.a\sqrt 5 \\ \Rightarrow AI = \frac{{2.2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{4a}}{{\sqrt 5 }}\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAI ta có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{5}{{16{a^2}}} = \frac{{21}}{{16{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{4a}}{{\sqrt {21} }} = \frac{{4a\sqrt {21} }}{{21}}\)

Khi đó ta có: \(d\left( {BD,SC} \right) = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}\)

Chọn C.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm.

Gọi \(B = \Delta  \cap Oy \Rightarrow B\left( {0;t;0} \right)\)
Ta có: (d) vuông góc với  \(\Delta \) nên ta có: \(\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {1; - 2;2} \right)\left( { - 2;t - 1; - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2 - 2t + 2 - 6 = 0 \Leftrightarrow t =  - 3\)

Nên \(B\left( {0; - 3;0} \right)\) ; \(A\left( {2;1;3} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 4; - 3} \right)\) . Phương trình đường thẳng cần tìm có 1 vtcp là \(\left( {2;4;3} \right)\)và đi qua điểm \(B\left( {0; - 3;0} \right)\)  dạng:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y =  - 3 + 4t\\z = 3t\end{array} \right.\)

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 5m} \right\}\)

\(y = \frac{{x + 6}}{{x + 5m}} \Rightarrow y' = \frac{{5m - 6}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\)

\(y' < 0 \Rightarrow m < \frac{6}{5}\) .

Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {10; + \infty } \right)\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}y' < 0\\ - 5m \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{6}{5}\\m \ge  - 2\end{array} \right.,m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn C.

Diện tích lục giác đều là \({S_1} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{.3^2} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\,\left( {m{m^2}} \right)\)

Thể tích một chiếc bút chì là \({V_1} = {S_1}h = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}.200 = 2700\sqrt 3 \,\left( {m{m^3}} \right) = 27\sqrt 3 {.10^{ - 7}}\left( {{m^3}} \right)\)

Thể tích lõi chì là \({V_2} = h.{S_2} = 200.\pi {.1^2} = 200\pi \left( {m{m^2}} \right) = 2\pi {.10^{ - 7}}\,\left( {{m^3}} \right)\)

Thể tích khối gỗ làm bút chì là \({V_3} = {V_1} - {V_2} = \left( {27\sqrt 3  - 2\pi } \right){.10^{ - 7}}\left( {{m^3}} \right)\)

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là \(T = a.\left( {27\sqrt 3  - 2\pi } \right){.10^{ - 7}} + 6a{.2.10^{ - 7}}.\pi  \approx 7,{82.10^{ - 6}}a\) (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng \(7,82a\) (đồng)

Chọn D.

Quãng đường điểm \(A\) đi được cho đến khi gặp nhau là:

\(S = \int\limits_0^{15} {\left( {\frac{1}{{150}}{t^2} + \frac{{59}}{{75}}t} \right)dt}  = 96\)

Vận tốc của điểm \(B\) tại thời điểm \(t\) (giây) tính từ lúc \(B\) xuất phát là \({v_B}\left( t \right) = at\)

Quãng đường điểm \(B\) đi được cho đến khi hai điểm gặp nhau là:

\(S = \int\limits_0^{12} {atdt}  = \left. {\frac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{12} = 72a\,\left( m \right)\)

Suy ra \(72a = 96 \Leftrightarrow a = \frac{4}{3}\)

Vậy vận tốc của \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) là \({v_B}\left( {12} \right) = 12a = 12.\frac{4}{3} = 16\,\left( {m/s} \right)\) 

Chọn B.

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

\(\begin{array}{l}\left( {\overline z  + 3i} \right)\left( {z - 3} \right) = \left( {a - bi + 3i} \right)\left( {a + bi - 3} \right)\\ = {a^2} + abi - 3a - abi - {b^2}{i^2} + 3bi + 3ai + 3b{i^2} - 9i\\ = {a^2} - 3a + {b^2} - 3b + \left( {3b + 3a - 9} \right)i\end{array}\)

\(\left( {\overline z  + 3i} \right)\left( {z - 3} \right)\) là số thuần ảo nên ta có: \({a^2} + {b^2} - 3a - 3b = 0\) là 1 đường tròn có tâm \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right);bk\,R = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) .

Chọn D.

Ta có

\(\begin{array}{l}
x{\left( {3x - 1} \right)^6} = x\left[ {\sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k.{{\left( {3x} \right)}^{6 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}} } \right]\\
 = x\left[ {\sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{.3}^{6 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}.{x^{6 - k}}} } \right]\\
 = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{.3}^{6 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}.{x^{7 - k}}} 
\end{array}\)

Hệ số của \({x^5}\) trong khai triển này ứng với \(7 - k = 5 \Rightarrow k = 2\). Hệ số là \(C_6^2{.3^{6 - 2}}.{\left( { - 1} \right)^2} = 1215\)

Lại có \({\left( {2x - 1} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {2x} \right)}^{8 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{2^{8 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}.{x^{8 - k}}} \)

Hệ số của \({x^5}\) trong khai triển này ứng với \(8 - k = 5 \Rightarrow k = 3.\) Hệ số là \(C_8^3{.2^{8 - 3}}.{\left( { - 1} \right)^3} =  - 1792\)

Hệ số của \({x^5}\) trong khai triển \(x{\left( {2x - 1} \right)^6} + {\left( {3x - 1} \right)^8}\) là \(1215 + \left( { - 1792} \right) =  - 577.\)

Chọn B.

Ta có:

\(a{x^3} + b{x^2} + cx - 2 = d{x^2} + ex + 2 \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - 4 = 0\,\,\left( 1 \right)\)

Vì phương trình \(\left( 1 \right)\) có các nghiệm \( - 2; - 1;1\) nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}a{\left( { - 2} \right)^3} + \left( {b - d} \right){\left( { - 2} \right)^2} + \left( {c - e} \right)\left( { - 2} \right) - 4 = 0\\a{\left( { - 1} \right)^3} + \left( {b - d} \right){\left( { - 1} \right)^2} + \left( {c - e} \right)\left( { - 1} \right) - 4 = 0\\a{.1^3} + \left( {b - d} \right){.1^2} + \left( {c - e} \right).1 - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b - d = 4\\c - e =  - 2\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right)dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - 4} \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - a{x^3} + \left( {d - b} \right){x^2} + \left( {e - c} \right)x + 4} \right)dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {2{x^3} + 4{x^2} - 2x - 4} \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 2{x^3} - 4{x^2} + 2x + 4} \right)dx} \\ = \frac{5}{6} + \frac{{16}}{3} = \frac{{37}}{6}.\end{array}\)

Chọn A.

Vì \(a,b > 0\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}10a + 3b + 1 > 1\\25{a^2} + {b^2} + 1 > 1\\10ab + 1 > 1\end{array} \right. \Rightarrow {\log _{10ab + 1}}\left( {10a + 3b + 1} \right) > 0\)

Lại có : \(25{a^2} + {b^2} + 1 \ge 10ab + 1\,\,\left( {do\,\,{{\left( {5a} \right)}^2} + {b^2} \ge 2.5a.b = 10ab} \right)\) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 5a\( \Rightarrow {\log _{10a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) \ge {\log _{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right)\)

Suy ra :

\(2 = {\log _{10a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {10a + 3b + 1} \right) \ge {\log _{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {10a + 3b + 1} \right)\)

Mà \({\log _{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {10a + 3b + 1} \right) = {\log _{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) + \frac{1}{{{{\log }_{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right)}} \ge 2\)

Dấu \( = \) xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}b = 5a\\{\log _{10a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 5a\\10ab + 1 = 10a + 3b + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 5a\\a = \frac{1}{2}\left( {tm} \right);a = 0\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{5}{2}\end{array} \right.\).

Khi đó ta có : \(a+2b=\frac{1}{2}+2.\frac{5}{2}=\frac{11}{2}.\)

Chọn D.

Ta có \(\begin{array}{l}y' = 8{x^7} + 5\left( {m - 1} \right){x^4} - \left( {{m^2} - 1} \right)4{x^3} = {x^3}\left[ {8{x^4} + 5x\left( {m - 1} \right) - 4\left( {{m^2} - 1} \right)} \right] = 0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\g\left( x \right) = 8{x^4} + 5x\left( {m - 1} \right) - 4\left( {{m^2} - 1} \right) = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Do \(x = 0\) là một nghiệm của đạo hàm nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0 \Leftrightarrow y'\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \) khi qua nghiệm \(x = 0\)

*) TH1: \(x=0\) là nghiệm của \(g\left( x \right)\) hay \(m =  \pm 1\)

Với \(m=1\)  thì \(g\left( x \right) = 0\)  có nghiệm \(x = 0\)  bội \(4\) theo kết quả ở trên thì \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)  là nghiệm bội   của   nên \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) là điểm cực tiểu của hàm số nên chọn \(m{\rm{ }} = {\rm{ 1}}{\rm{.}}\)

Với \(m =  - 1\) thì \(g\left( x \right)\) có nghiệm \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) và 1 nghiệm dương, lúc này lập bảng biến thiên thu được \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)  là điểm cực đại của hàm số. Loại \(m{\rm{ }} =  - {\rm{ 1}}.\)

*) TH2: \(x=0\) không là nghiệm của \(g\left( x \right)\) hay \(m\ne \pm 1\). Ta có \(g\left( 0 \right)=-4\left( {{m}^{2}}-1 \right)\).

\(y'={{x}^{3}}g\left( x \right)\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \) qua nghiệm \(x = 0\) khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{align}& \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)>0 \\& \underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)>0 \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow -4\left( {{m}^{2}}-1 \right)>0\) \(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-1<0\Leftrightarrow -1<m<1\)

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ 0 \right\}\)

Kết hợp hai trường hợp ta được \(m \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Chọn B.

Nhận thấy giao tuyến (d) của hai mặt phẳng \(\left( {MAB} \right),\left( {MC'D'} \right)\) là đường thẳng đi qua \(M\) và song song với \(AB,C'D'\)

Do \(M\in OI\Rightarrow MA=MB\Rightarrow \Delta MAB\) cân tại M, tương tự \(\Delta MC'D'\) cân tại M. Gọi K, H lần lượt là trung điểm của AB và C’D’ ta có:

Do đó \(MK \bot AB \Rightarrow MK \bot d;MH \bot C'D' \Rightarrow MH \bot d\)

Khi đó \(\left( {\left( {MC'D'} \right),\left( {MAB} \right)} \right) = \left( {MH,MK} \right) = \varphi  \Rightarrow \cos \varphi  = \left| {\cos \widehat {HMK}} \right|\)

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng \(6\)

Ta có: \(IM=2,IH=3\Rightarrow MH=\sqrt{13}\)

Gọi \(E\) là tâm hình vuông \(ABCD \Rightarrow EM = 4;EK = 3 \Rightarrow MK = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\)

Mà \(HK = AD' = 6\sqrt 2 \)

Suy ra \(\left| {\cos \widehat {HMK}} \right| = \left| {\frac{{M{K^2} + M{H^2} - H{K^2}}}{{2MH.MK}}} \right| = \left| {\frac{{25 + 13 - 72}}{{2.5\sqrt {13} }}} \right| = \left| {\frac{{ - 34}}{{10\sqrt {13} }}} \right| = \frac{{17\sqrt {13} }}{{65}}\)

Vậy \(\cos \varphi =\frac{17\sqrt{13}}{65}\)

Chọn D.

Ta có : \(\int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}dx}  = \int {xdx}  \Rightarrow \frac{{ - 1}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{{x^2}}}{2} + C\)

Vì \(f\left( 2 \right) =  - \frac{1}{3} \Rightarrow C = 1\) nên \( - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = \frac{{{x^2}}}{2} + 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{x^2} + 2}} \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - \frac{2}{3}\)

Chọn B.

Ta có : \(AI = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2} + A{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} }}{2} = \sqrt 3 \) \( \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} = 4.A{I^2} = 4.3 \ge 3\sqrt[3]{{A{B^2}.A{C^2}.A{D^2}}} \Leftrightarrow AB.AC.AD \le 64\)

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD \le \frac{1}{6}.64 = \frac{{32}}{3}\)

Dấu \( = \) xảy ra khi \(AB = AC = AD = 4\)

Chọn D.

Ta có, mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;3;4} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 2 \)

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right) \Rightarrow IA = \sqrt 3  \Rightarrow AM = \sqrt {I{A^2} - I{M^2}}  = 1\)

Gọi \(\left( {S'} \right)\) là mặt cầu tâm \(A\) bán kính \(R' = 1\) thì \(\left( {S'} \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 1\)

Vì \(AM = 1\) nên \(M\) luôn thuộc \(\left( {S'} \right)\). Do đó \(M \in \left( S \right) \cap \left( {S'} \right)\) hay tọa độ của \(M\) thỏa mãn hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 2\\{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow x + y + z - 7 = 0\) hay \(M \in \left( P \right):x + y + z - 7 = 0\)

Chọn D.

Gọi ba số viết ra là \(a,b,c\), không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = {19^3}\)

Phân đoạn \(\left[ {1;19} \right]\) thành ba tập:

\(X = \left\{ {3;6;9;12;15;18} \right\}\) chia hết cho \(3\) có \(6\) phần tử

\(Y = \left\{ {1;4;7;10;13;16;19} \right\}\) chia cho \(3\) dư \(1\) có \(7\) phần tử

\(Z = \left\{ {2;5;8;11;14;17} \right\}\) chia cho \(3\) dư \(2\) có \(6\) phần tử

TH1: cả ba số cùng thuộc 1 trong 3 tập có số cách viết là: \({6^3} + {7^3} + {6^3}\)

TH2: ba số thuộc 3 tập khác nhau, số cách viết là \(3!.6.7.6\)

Xác suất là: \(P\left( A \right) = \frac{{{6^3} + {7^3} + {6^3} + 3!.6.7.6}}{{{{19}^3}}} = \frac{{2287}}{{6859}}.\)

Chọn C.

Có \(d \cap \Delta  = A\left( {1; - 3;5} \right)\) .

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) có dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y =  - 3 + 2t\\z = 5 - 2t\end{array} \right.. \Rightarrow C \in \left( \Delta  \right):C\left( {2; - 1;3} \right)\)

\(AC = \sqrt {1 + 4 + 4}  = 3 \Rightarrow A{C^2} = 9\)

Gọi \(B \in \left( d \right):B\left( {1 + 3t; - 3;5 + 4t} \right)\)  sao cho \(AB = AC\)

Ta có : \(A{B^2} = 9{t^2} + 16{t^2} = 25{t^2}\)

Lại có : \(A{B^2} = A{C^2} \Leftrightarrow 25{t^2} = 9 \Leftrightarrow t =  \pm \frac{3}{5}.\)

+) TH1 : \(t = \frac{3}{5} \Rightarrow B\left( {\frac{{14}}{5}; - 3;\frac{{37}}{5}} \right);\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{9}{5};0;\frac{{12}}{5}} \right);\overrightarrow {AC}  = \left( {1;2; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  =  - 3 < 0\left( {ktm} \right)\)

+) TH2 : \(t =  - \frac{3}{5} \Rightarrow B\left( {\frac{{ - 4}}{5}; - 3;\frac{{13}}{5}} \right)\)

Gọi I là trung điểm của BC khi đó ta có : \(I\left( {\frac{3}{5}; - 2;\frac{{14}}{5}} \right);\overrightarrow {AI}  = \left( {\frac{{ - 2}}{5};1; - \frac{{11}}{5}} \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _{AI}} = \left( {2; - 5;11} \right)\)

Khi đó phương trình đường thẳng AI có dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 3 - 5t\\z = 5 + 11t\end{array} \right.;\,\,\,t = 1 \Rightarrow D\left( { - 1;2; - 6} \right)\) . Khi đó thì phương trình đường phân giác cần tìm có thể viết dưới dạng : \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y = 2 - 5t\\z =  - 6 + 11t\end{array} \right.\).

Chọn B.

Đặt \({\log _3}\left( {x - m} \right) = y \Leftrightarrow x - m = {3^y} \Leftrightarrow x = m + {3^y}\)

Ta có hệ : \(\left\{ \begin{array}{l}{3^x} + m = y\,\,\,\left( 1 \right)\\{3^y} + m = x\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ vế cho vế của \(\left( 1 \right)\) cho \(\left( 2 \right)\) ta được \({3^x} + x = {3^y} + y\,\,\,\left( * \right)\)

Xét \(f\left( t \right) = {3^t} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = {3^t}\ln 3 + 1 > 0,\forall t\) suy ra hàm số đồng biến trên \(R\)

\(\left( * \right) \Leftrightarrow x = y\). Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = x - {3^x}\)

Xét \(g\left( x \right) = x - {3^x} \Rightarrow g'\left( x \right) = 1 - {3^x}\ln 3 = 0 \Leftrightarrow x = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\)

Do đó \(m <  - 0,995\), mà \(m \in \left( { - 15;15} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 14; - 13;...; - 1} \right\}\)

Vậy có \(14\) giá trị nguyên của \(m\)

Chọn C.

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A  trên BB’,CC’ \( \Rightarrow AE = 1,AF = 2\)

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AE\\BB' \bot AF\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow BB' \bot EF\\ \Rightarrow EF = d\left( {C,BB'} \right) = \sqrt 5 \end{array}\)

Ta có: \(A{E^2} + A{F^2} = {1^2} + {2^2} = 5 = E{F^2}\) Suy ra \(\Delta AEF\)  vuông tại \(A\) .

Gọi M’ là trung điểm của BC

Gọi \(K = MM' \cap EF \Rightarrow K\) là trung điểm của \(EF\Rightarrow AK=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{5}}{2}.\) (do tam giác AEF vuông tại A và AK là đường trung tuyến)

Lại có \(MM'//BB' \Rightarrow MM' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MM' \bot AK\) . Lại có tam giác AMM’ vuông tại A có AK là đường cao nên:

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{AM{'^2}}} \Rightarrow \frac{4}{5} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{9}{{15}} \Rightarrow AM = \sqrt 5 \)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(FE\Rightarrow AH\bot \left( BCC'B' \right)\)

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{5}{4} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\)

\(\begin{align} & MM{{'}^{2}}=A{{M}^{2}}+AM{{'}^{2}}=5+\frac{15}{9}=\frac{20}{3}\Rightarrow MM'=\frac{2\sqrt{15}}{3}=BB' \\ & {{S}_{BB'C'C}}=d\left( C,BB'\right).BB'=\sqrt{5}.\frac{2\sqrt{15}}{3}=\frac{10\sqrt{3}}{3} \\ & \Rightarrow{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{3}{2}{{V}_{ABCC'B'}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}AH.{{S}_{BB'C'C}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.\frac{2\sqrt{5}}{5}.\frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3} \\ \end{align}\)

Chọn D.

Ta có \(h\left( x \right)=f\left( x+7 \right)-g\left( 2x+\frac{9}{2} \right)\) \( \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( {x + 7} \right) - 2g'\left( {2x + \frac{9}{2}} \right)\)

Từ đề bài ta có \({h}'\left( x \right)\ge 0\Leftrightarrow {f}'\left( x+7 \right)\ge 2{g}'\left( 2x+\frac{9}{2} \right)\)

Đặt \({t_1} = x + 7;\,{t_2} = 2x + \frac{9}{2}\) ta có \(f'\left( {{t_1}} \right) \ge 2g'\left( {{t_2}} \right)\)

Từ đồ thị hàm số suy ra \(\left\{ \begin{align}& 3\le {{t}_{1}}\le 10 \\& 3\le {{t}_{2}}\le 10 \\\end{align} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 \le x + 7 \le 10\\3 \le 2x + \frac{9}{2} \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 \le x \le 3\\\frac{{ - 3}}{4} \le x \le \frac{{11}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{4} \le x \le \frac{{11}}{4}\)

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{{ - 3}}{4};0} \right).\)

Chọn B.

Ta có \(I\left( -1;1 \right)\)

Tam giác \(IAB\) đều thì \(AB\) vuông góc với tia phân giác góc phần tư thứ \(II,IV\) : \(y =  - x\)

Khi đó phương trình đường thẳng \(AB:y = x + m\), phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(AB\) là :

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

AB cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khác – 1 khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{\left( { - 1} \right)^2} - m + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m - 4 > 0\\2 \ne 0\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 2 - 2\sqrt 2 \\m > 2 + 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó ta có IH cũng là trung tuyến của tam giác đều ABC

hay \(IH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = d\left( {I;AB} \right) \Leftrightarrow \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\left| { - 1 - 1 + m} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\left| {m - 2} \right|}}{{\sqrt 2 }}\,\,\left( 3 \right)\)

Giả sử A, B lần lượt có tọa độ là : \(A\left( {{x_1};{x_1} + m} \right);B\left( {{x_2};{x_2} + m} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {2{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}}  = \sqrt {2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right]} \)

Áp dụng Viet cho phương trình (2) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - m\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\) .

Nên \(AB = \sqrt {2.\left( {{m^2} - 4m - 4} \right)} \)

Khi đó thay vào (3) ta có : \(\frac{{\sqrt {2.\left( {{m^2} - 4m - 4} \right).3} }}{2} = \frac{{\left| {m - 2} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow 3{m^2} - 12m - 12 = {m^2} - 4m + 4 \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - 2\sqrt 3 \\m = 2 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)

Khi đó thay vào AB ta được \(AB = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 .\)

Chọn C.

Phương trình  \(\left| z \right|\left( {z - 3 - i} \right) + 2i = \left( {4 - i} \right)z \Leftrightarrow z\left( {\left| z \right| - 4 + i} \right) = 3\left| z \right| + i\left| z \right| - 2i\)

Lấy mô đun hai vế ta được \(\left| z \right|\left| \left( \left| z \right|-4+i \right) \right|=\left| 3\left| z \right|+i\left| z \right|-2i \right|\)

Đặt \(\left| z \right|=t\left( t\ge 0 \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}t\left| {\left( {t - 4 + i} \right)} \right| = \left| {3t + \left( {t - 2} \right)i} \right| \Leftrightarrow t\sqrt {{{\left( {t - 4} \right)}^2} + 1}  = \sqrt {9{t^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow {t^2}\left( {{t^2} - 8t + 17} \right) = 9{t^2} + {t^2} - 4t + 4\\ \Leftrightarrow {t^4} - 8{t^3} + 17{t^2} = 10{t^2} - 4t + 4\\ \Leftrightarrow {t^4} - 8{t^3} + 7{t^2} + 4t - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {{t^3} - 7{t^2} + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\left( {tm} \right)\\{t^3} - 7{t^2} + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\left( {tm} \right)\\t = 0,803\left( {tm} \right)\\t =  - 0,72\,\,\left( {ktm} \right)\\t = 6,92\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Ứng với mỗi giá trị \(t\ge 0\Rightarrow z=\frac{3\left| z \right|+i\left| z \right|-2i}{\left| z \right|-4+i}\) nên đều có một số phức \(z\) thỏa mãn

Vậy có tất cả 3 số phức thỏa mãn.

Chọn B.

Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), ta có: \({y_1} - {y_2} = 3\left( {{x_1} - {x_2}} \right) \Rightarrow \frac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = 3\)  chính là hệ số góc của tiếp tuyến tại \(A\)

Suy ra \(f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{2}x_0^3 - \frac{7}{2}{x_0} = 3 \Leftrightarrow x_0^3 - 7{x_0} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} = \frac{{ - 171}}{8}\\{x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} =  - \frac{{27}}{8}\\{x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} =  - 12\end{array} \right.\)

Khi đó ta có các tiếp tuyến \(y = 3x - \frac{{243}}{8},y = 3x - \frac{3}{8},y = 3x - 6\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng \(y = 3x + m\) là

\(\frac{1}{8}{{x}^{4}}-\frac{7}{4}{{x}^{2}}=3x+m\Leftrightarrow m=\frac{1}{8}{{x}^{4}}-\frac{7}{4}{{x}^{2}}-3x\,\,\,\left( * \right)\)

Xét hàm số:  \(g\left( x \right) = \frac{1}{8}{x^4} - \frac{7}{4}{x^2} - 3x\) ta có \(g'\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - \frac{7}{2}x - 3 = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 7x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\\x =  - 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Để phương trình \(\left( * \right)\) có ba nghiệm thì \(m=\frac{11}{8}\) ứng với \({{x}_{0}}=-1\)   và m = 1 ứng với \({{x}_{0}}=-2\)

Vậy có hai điểm \(A\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn B.

\(\sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x + \frac{\pi }{3} = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\3x = \pi  + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{{2\pi }}{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\)

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)  nên \(x = \frac{\pi }{3};\,\,\,x = \frac{{4\pi }}{9}\)

Chọn B

Gọi hình chóp đã cho là \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng x khi đó các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều bằng nhau.

M là trung điểm BC thì SM là đường cao của mặt bên SBC nên \(SM = a\sqrt 3 \). Tam giác SBC đều cạnh x và đường cao \(SM = a\sqrt 3 \) nên\(\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  \Leftrightarrow x = 2a.\)  Vậy \({S_{ABCD}} = 4{a^2}.\)

\(SO = \sqrt {S{M^2} - M{O^2}}  = \sqrt {S{M^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}{a^3}.\)

Chọn B