Thi thử THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi thử của Trường Chu Văn An năm 2023

Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm \(34\)  học sinh là một tổ hợp chập \(2\)của \(34\) phần tử

\( \Rightarrow \)  Số cách chọn là \(C_{34}^2.\)

Chọn D.

Mặt phẳng \((P):x + 2y + 3z - 5 = 0\) có một véc tớ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1;2;3} \right)\)

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn A.

Từ BBT ta thấy \(y' < 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 1\\0 < x < 1\end{array} \right.\)  nên hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\)

Chọn A.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x};y = 0;x = 0;x = 2\) là \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{e^x}} \right|dx = } \int\limits_0^2 {{e^x}dx} \) (vì \({e^x} > 0;\,\forall x\) )

Chọn B.

Ta có \(\ln \left( {5a} \right) - \ln \left( {3a} \right) = \ln \frac{{5a}}{{3a}} = \ln \frac{5}{3}.\)

Chọn C.

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

Chọn D.

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1 + 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\)  có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_4}}  = \left( { - 1;2;1} \right)\)

Chọn B.

Số phức \( - 3 + 7i\) có phần ảo bằng \(7.\) 

Chọn D.

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

Chọn C.

Từ hình dáng đồ thị và các đáp án ta thấy: đây là đồ thị của hàm trùng phương bậc 4 nên loại B, C.

Lại thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  - \infty \) nên hàm trùng phương này có hệ số \(a < 0\). Do đó loại A, chọn D.

Chọn D.

Trung điểm \(I\) của \(AB\) là \(I\left( {\frac{{2 + 2}}{2};\frac{{ - 4 + 2}}{2};\frac{{3 + 7}}{2}} \right)\) hay \(I\left( {2; - 1;5} \right).\)

Chọn C.

Ta có \(\lim \frac{1}{{5n + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{n}}}{{\frac{{5n}}{n} + \frac{3}{n}}} = 0\)

Chọn A.

Vì đáy là hình vuông cạnh \(a\) nên  diện tích đáy là \({a^2}\) , chiều cao \(2a\) . Do đó thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}2a.{a^2} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

Chọn B.

Gọi \({A_0}\) là số tiền gửi ban đầu.

Tổng số tiền gốc và lãi thu được sau \(n\) năm là \(A = {A_o}{\left( {1 + 7,5\% } \right)^n}\)

Sau \(n\) năm số tiền thu được gấp đôi số tiền ban đầu nên ta có

\(2{A_0} = {A_0}{\left( {1 + 0,075} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {1,075} \right)^n} = 2 \Leftrightarrow n = {\log _{1,075}}2\) \( \approx 9,58 \approx 10\) năm.

Chọn C.

Ta có \(3f\left( x \right) + 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{4}{3}\) (*)

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) vfa đường thẳng \(y =  - \frac{4}{3}.\)

Từ đồ thị hàm số bài cho ta thấy đường thẳng \(y =  - \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt nên phương trình \(3f\left( x \right) + 4 = 0\) có ba nghiệm phân biệt.

Chọn A.

+ Sử dụng cách tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(d\) và \(d'\) với \(d'\) là hình chiếu của \(d\) trên \(\left( P \right).\)

+ Để tính góc ta sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn

Chọn A 

Vì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\) nên ta xác định phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 3z + D = 0\,\left( {D \ne 2} \right)\)

Vì \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {2; - 1;2} \right)\) nên ta  có \(2.2 - \left( { - 1} \right) + 3.2 + D = 0 \Leftrightarrow D =  - 11\) (tm )

Phương trình \(\left( P \right):2x - y + 3z - 11 = 0.\)

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3\)

Gọi biến cố \(A:\) “lấy được ba quả cầu màu xanh” khi đó \(n\left( A \right) = C_4^3.\)

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{C_4^3}}{{C_{15}^3}} = \frac{4}{{455}}.\)

Chọn A.

Ta có \(\int\limits_1^2 {{e^{3x - 1}}dx} \) \( = \frac{1}{3}\left. {{e^{3x - 1}}} \right|_1^2 = \frac{1}{3}\left( {{e^5} - {e^2}} \right)\)

Chọn A.

Ta có \(\left( {2x - 3yi} \right) + \left( {1 - 3i} \right) = x + 6i\) \( \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right) - \left( {3y + 3} \right)i = x + 6i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 1 = x\\ - \left( {3y + 3} \right) = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy \(x =  - 1;y =  - 3.\)

Chọn A.

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\,\left( {do\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)  nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow BC \bot AH\)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H\)

Do đó \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\,\left( {do\,SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB} \right)\), theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}}\) \( \Rightarrow A{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}.\)

Chọn A.

Tính \(I = \int\limits_{16}^{55} {\frac{{dx}}{{x\sqrt {x + 9} }}} \)

Đặt \(t = \sqrt {x + 9}  \Rightarrow {t^2} = x + 9 \Rightarrow dx = 2tdt\)  và \(x = {t^2} - 9\)

Đổi cận: Với \(x = 16 \Rightarrow t = \sqrt {16 + 9}  = 5\) ; với \(x = 55 \Rightarrow t = \sqrt {55 + 9}  = 8\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}
I = \int\limits_5^8 {\frac{{2tdt}}{{\left( {{t^2} - 9} \right)t}}} \\
 = 2\int\limits_5^8 {\frac{1}{{\left( {t - 3} \right)\left( {t + 3} \right)}}dt} \\
 = \frac{1}{3}\int\limits_5^8 {\left( {\frac{1}{{t - 3}} - \frac{1}{{t + 3}}} \right)dt} 
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 = \frac{1}{3}\left. {\left( {\ln \left| {t - 3} \right| - \ln \left| {t + 3} \right|} \right)} \right|_5^8\\
 = \frac{1}{3}\left( {\ln 5 - \ln 2 - \ln 11 + \ln 8} \right)\\
 = \frac{1}{3}\left( { - \ln 11 + \ln 5 + 2\ln 2} \right)
\end{array}\) 

\( = \frac{2}{3}\ln 2 + \frac{1}{3}\ln 5 - \frac{1}{3}\ln 11\)

Suy ra \(a = \frac{2}{3};b = \frac{1}{3};c =  - \frac{1}{3} \Rightarrow a - b =  - c.\)

Chọn A.

Diện tích lục giác đều là \({S_1} = 6.\frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\,\left( {m{m^2}} \right)\)

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 \(T = a.\left( {27\sqrt 3  - 2\pi } \right){.10^{ - 7}} + 8a{.2.10^{ - 7}}.\pi  \approx 9,{07.10^{ - 6}}a\) (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng \(9,07a\) (đồng)

Chọn D.

Dựng hình bình hành \(ACBE \Rightarrow AC//BE \Rightarrow AC//\left( {SBE} \right)\) nên \(d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right)\)

+ Trong \(\left( {ABE} \right)\) kẻ \(AK \bot BE\) , lại có \(BE \bot SA\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)  nên \(BE \bot \left( {SAK} \right)\)

+ Trong \(\left( {SAK} \right)\) kẻ \(AH \bot SK\) tại \(H\) . Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SK\\AH \bot BE\,\left( {do\,BE \bot \left( {SAK} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBE} \right)\) tại \(H\)

Suy ra \(d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right) = AH.\)

+ Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AB \bot AD \Rightarrow AB \bot AE\) . Xét tam giác vuông \(AEB\) có

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\)  mà \(AE = BC = 2a\, \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\)

+ Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AK.\) Xét tam giác vuông \(SAK\) có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{5}{{4{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\) \( \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{3}\)

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{2a}}{3}.\)

Chọn B.

+ Gọi \(z = x + yi.\,\) 

Ta có

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

\( = x\left( {x + 2} \right) + y\left( {y - 1} \right) + i\left[ {xy - \left( {y - 1} \right)\left( {x + 2} \right)} \right]\)

Vì  \(\left( {\overline z  + i} \right)\left( {z + 2} \right)\) là số thuần ảo nên phần thực \(x\left( {x + 2} \right) + y\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + {y^2} - y = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{5}{4}\)

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức \(z\) là một đường tròn bán kính bằng \(\frac{{\sqrt 5 }}{2}.\)

Chọn C.

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:

\(\begin{array}{l}2x.x + 2xy + 2.2x.y = 2{x^2} + 6xy = 6,5\\ \Leftrightarrow xy = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} > 0 \Rightarrow x < \sqrt {\frac{{6,5}}{2}}  = \frac{{\sqrt {13} }}{2}.\end{array}\)

Thể tích bể cá là: \(V = 2x.x.y = 2x.\frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} = \frac{{ - 4{x^3} + 13x}}{6}\) với \(0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\)

Ta có: \(V' = \frac{{ - 12{x^2} + 13}}{6},V' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt {39} }}{6}\\x =  - \frac{{\sqrt {39} }}{6}\left( L \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \({V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,50\,{m^3}\)

Chọn D.

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

\(S = \int\limits_0^{15} {\left( {\frac{1}{{180}}{t^2} + \frac{{11}}{{18}}t} \right)dt}  = 75m\)

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:

\(S = \int\limits_0^{10} {atdt}  = \left. {\frac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{10} = 50a\,\left( m \right)\)

Suy ra \(50a = 75 \Leftrightarrow a = 1,5\)

Vậy vận tốc của \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) là \({v_B}\left( {10} \right) = 10a = 15\,\left( {m/s} \right)\) 

Chọn B.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm, \(B = \Delta  \cap Ox \Rightarrow B\left( {x;0;0} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {x - 1; - 2; - 3} \right)\), \(d\) có \(VTCP\,\overrightarrow u  = \left( {2;1; - 2} \right)\).

\(\begin{array}{l}
\Delta  \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\vec u = 0\\
 \Leftrightarrow 2\left( {x - 1} \right) - 2 + 6 = 0\\
 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow B\left( { - 1;0;0} \right)\\
 \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 2; - 3} \right)
\end{array}\)

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

Chọn A.

Đặt \(t = {4^x}\left( {t > 0} \right)\) phương trình trở thành \({t^2} - 4mt + 5{m^2} - 45 = 0\,\left( * \right)\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt dương

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 45 - {m^2} > 0\\S = 4m > 0\\P = 5{m^2} - 45 > 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow 3 < m < 3\sqrt 5 \)

\(m \in Z \Rightarrow S = \left\{ {4;5;6} \right\}\). Vậy \(S\) có \(3\) phần tử.

Chọn B.

Ta có: \(y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\)

Hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 5m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;10} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m - 2 > 0\\ - 5m \notin \left( { - \infty ; - 10} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{2}{5}\\ - 5m \ge  - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{2}{5}\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1;2\)

Chọn A.

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

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 \(m =  \pm 2\)

Với \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)  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 \(7\)  của \(y'\)  nên \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) là điểm cực tiểu của hàm số nên chọn \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}2.\)

Với \(m =  - 2\) 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 \(m{\rm{ }} = {\rm{ }} - {\rm{ }}2.\)

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

\(y' = {x^3}g\left( x \right)\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \) qua nghiệm \(x = 0\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} g\left( x \right) > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} g\left( x \right) > 0\end{array} \right.\)

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

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\)

Kết hợp hai trường hợp ta được \(m \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\)

Chọn C.

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

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(C'D',AB\)

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: \(IM = 1,IH = 3 \Rightarrow MH = \sqrt {10} \)

Gọi \(E\) là tâm hình vuông \(ABCD \Rightarrow EM = 5;EK = 3 \Rightarrow MK = \sqrt {34} \)

Mà \(HK = AD' = 6\sqrt 2 \)

Suy ra \(\cos \widehat {HMK} = \frac{{M{K^2} + M{H^2} - H{K^2}}}{{2MH.MK}} =  - \frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\)

Vậy \(\cos \varphi  = \frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\)

Chọn B.

Phương trình \( \Leftrightarrow z\left( {5 - i - \left| z \right|} \right) =  - 4\left| z \right| + \left( {2 - \left| z \right|} \right)i\)

Lấy mô đun hai vế ta được \(\left| z \right|\left| {5 - i - \left| z \right|} \right| = \left| { - 4\left| z \right| + \left( {2 - \left| z \right|} \right)i} \right|\)

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

\(\begin{array}{l}
t\left| {5 - i - t} \right| = \left| { - 4t + \left( {2 - t} \right)i} \right|\\
 \Leftrightarrow t\sqrt {{{\left( {5 - t} \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt {16{t^2} + {{\left( {2 - t} \right)}^2}} 
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {t^4} - 10{t^3} + 9{t^2} + 4t - 4 = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {{t^3} - 9{t^2} + 4} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 1}\\
{t \approx 8,95}\\
{t \approx 0,69}\\
{t \approx  - 0,64(L)}
\end{array}} \right.
\end{array}\) 

Ứng với mỗi giá trị \(t \ge 0 \Rightarrow z = \frac{{ - 4t + \left( {2 - t} \right)i}}{{5 - i - t}}\) nên đều có một số phức \(z\) thỏa mãn

Vậy có tất cả \(3\) số phức thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có, mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 1; - 1} \right)\) và bán kính \(R = 3\)

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = \left( {3;4;0} \right) \Rightarrow IA = 5 \Rightarrow AM = \sqrt {I{A^2} - I{M^2}}  = 4\)

Gọi \(\left( {S'} \right)\) là mặt cầu tâm \(A\) bán kính \(R' = 4\) thì \(\left( {S'} \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 16\)

Vì \(AM = 4\) 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:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\\{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow 6x + 8y - 11 =  - 7\) hay \(M \in \left( P \right):3x + 4y - 2 = 0\)

Chọn C.

Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), ta có: \({y_1} - {y_2} = 6\left( {{x_1} - {x_2}} \right) \Rightarrow \frac{{{y_1} - {y_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = 6\)  chính là hệ số góc của tiếp tuyến tại \(A\)

Suy ra \(f'\left( {{x_0}} \right) = x_0^3 - 7{x_0} = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} =  - 1\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\)

Ta được các tiếp tuyến \(y = 6x - \frac{{117}}{4},y = 6x + \frac{{11}}{4},y = 6x + 2\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng \(y = 6x + m\) là

\(\frac{1}{4}{x^4} - \frac{7}{2}{x^2} = 6x + m \Leftrightarrow m = \frac{1}{4}{x^4} - \frac{7}{2}{x^2} - 6x\,\,\,\left( * \right)\)

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

Bảng biến thiên:

Để phương trình \(\left( * \right)\) có ba nghiệm thì \(m = \frac{{11}}{4}\) và \(m = 2\) ứng với \({x_0} =  - 1\) và \({x_0} =  - 2\)

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

Chọn B.

Ta có:

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

Vì phương trình \(\left( 1 \right)\) có các nghiệm \( - 3; - 1;1\) nên:

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

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\frac{1}{2}\left( {{x^3} + 3{x^2} - x - 3} \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^1 { - \frac{1}{2}\left( {{x^3} + 3{x^2} - x - 3} \right)dx}  = 4\)

Chọn C.

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BB',CC'\) \( \Rightarrow AE = 1,AF = \sqrt 3 \)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AE\\BB' \bot AF\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow BB' \bot FE \Rightarrow FE = d\left( {C,BB'} \right) = 2\)

Suy ra \(\Delta AEF\)  vuông tại \(A\)

Gọi \(K = MM' \cap FE \Rightarrow K\) là trung điểm của \(EF \Rightarrow AK = \frac{1}{2}FE = 1\)

Lại có \(MM'//BB' \Rightarrow MM' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MM' \bot AK\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{AM{'^2}}} \Rightarrow 1 = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{3}{4} \Rightarrow AM = 2\)

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

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\(\begin{array}{l}MM{'^2} = A{M^2} + AM{'^2} = \frac{{16}}{3} \Rightarrow MM' = \frac{4}{{\sqrt 3 }} = BB'\\{S_{BB'C'C}} = d\left( {C,BB'} \right).BB' = \frac{8}{{\sqrt 3 }}\\ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2}{V_{ABCC'B'}} = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}AH.{S_{BB'C'C}} = \frac{3}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{8}{{\sqrt 3 }} = 2\end{array}\)

Chọn A.

Gọi ba số viết ra là \(a,b,c\), không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = {17^3}\)

Phân đoạn \(\left[ {1;17} \right]\) thành ba tập:

\(X = \left\{ {3;6;9;12;15} \right\}\) chia hết cho \(3\) có \(5\) phần tử

\(Y = \left\{ {1;4;7;10;13;16} \right\}\) chia cho \(3\) dư \(1\) có \(6\) 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: \({6^3} + {5^3} + {6^3}\)

TH2: ba số thuộc 3 tập khác nhau, số cách viết là \(3!.6.5.6\)

Xác suất là: \(P\left( A \right) = \frac{{{6^3} + {5^3} + {6^3} + 3!.6.5.6}}{{{{17}^3}}} = \frac{{1637}}{{4913}}\)

Chọn D.

Vì \(a,b > 0\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 2b + 1 > 1\\9{a^2} + {b^2} + 1 > 1\\6ab + 1 > 1\end{array} \right. \Rightarrow {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) > 0\)

Lại có : \(9{a^2} + {b^2} + 1 \ge 6ab + 1\) \( \Rightarrow {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) \ge {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right)\)

Suy ra :

\(2 = {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) \ge {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)\)

Mà \({\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right) = {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) + \frac{1}{{{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right)}} \ge 2\)

Dấu \( = \) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}b = 3a\\{\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3a\\18{a^2} = 9a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Do đó \(a + 2b = \frac{7}{2}\)

Chọn C.

Tam giác \(IAB\) đều thì \(AB\) vuông góc với tia phân giác góc phần tử thứ \(II,IV\)

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

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

Có \(\Delta  = {m^2} - 6m - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)

Tam giác \(ABI\) đều tại \(I\) khi và chỉ khi \(IH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow d\left( {I,AB} \right) = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{\left| {m - 3} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 2 .\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow \left| {m - 3} \right| = \sqrt 3 .\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m = 9\\ \Leftrightarrow AB = \sqrt {2\left( {{m^2} - 6m - 3} \right)}  = 2\sqrt 3 \end{array}\)

Chọn B.

Đặt \({\log _5}\left( {x - m} \right) = y \Leftrightarrow x - m = {5^y} \Leftrightarrow x = m + {5^y}\)

Ta có hệ : \(\left\{ \begin{array}{l}{5^x} + m = y\,\,\,\left( 1 \right)\\{5^y} + m = x\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ vế cho vế của \(\left( 1 \right)\) cho \(\left( 2 \right)\) ta được \({5^x} + x = {5^y} + y\,\,\,\left( * \right)\)

Xét \(f\left( t \right) = {5^t} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = {5^t}\ln 5 + 1 > 0,\forall t\) suy ra hàm số đồng biến trên \(R\)

\(\left( * \right) \Leftrightarrow x = y\). Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = x - {5^x}\)

Xét \(g\left( x \right) = x - {5^x} \Rightarrow g'\left( x \right) = 1 - {5^x}\ln 5 = 0 \Leftrightarrow x = {\log _5}\frac{1}{{\ln 5}}\)

Do đó \(m <  - 0,92\), mà \(m \in \left( { - 20;20} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 19; - 18;...; - 1} \right\}\)

Vậy có \(19\) giá trị nguyên của \(m\)

Chọn B.

Ta có :

\(\begin{array}{l}
AI = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2} + A{D^2}} }}{2} = 3\sqrt 3 \\
 \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} + A{D^2}\\
 = 4.A{I^2} = 4.27 \ge 3\sqrt[3]{{A{B^2}.A{C^2}.A{D^2}}}\\
 \Leftrightarrow AB.AC.AD \le 216
\end{array}\) 

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD \le \frac{1}{6}.216 = 36\)

Chọn D.

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

Vì \(f\left( 2 \right) =  - \dfrac{2}{9} \Rightarrow C = \dfrac{1}{2}\) nên \(f\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{x^2} + \dfrac{1}{2}}} \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - \dfrac{2}{3}\)

Chọn B.

Ta có : \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 2;2} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right| = 3\)

\(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {3;4;0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right| = 5\)

\(\cos \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right) = \frac{{3 - 8}}{{3.5}} < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right)\)  là góc tù.

\(\overrightarrow {{v_1}}  = 5.\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {5; - 10;10} \right),\overrightarrow {{v_2}}  = 3.\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {9;12;0} \right)\)

Một VTCP của đường phân giác \(d'\) là \(\overrightarrow {{v_1}}  - \overrightarrow {{v_2}}  = \left( { - 4; - 22;10} \right)\) hay \(\overrightarrow u  = \left( {2;11; - 5} \right)\)

Phương trình \(d':\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 1 + 11t\\z = 1 - 5t\end{array} \right.\)  hay \(d':\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y =  - 10 + 11t\\z = 6 - 5t\end{array} \right.\)

Chọn C.

Ta có \(h\left( x \right) = f\left( {x + 4} \right) - g\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)\) \( \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( {x + 4} \right) - 2g'\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)\)

Từ đề bài ta có \(h'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + 4} \right) \ge 2g'\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)\)

Đặt \({t_1} = x + 4;\,{t_2} = 2x - \frac{3}{2}\) ta có \(f'\left( {{t_1}} \right) \ge 2g'\left( {{t_2}} \right)\)

Từ đồ thị hàm số suy ra 

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3 \le {t_1} \le 10}\\
{3 \le {t_2} \le 10}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3 \le x + 4 \le 10}\\
{3 \le 2x - \frac{3}{2} \le 10}
\end{array}} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ - 1 \le x \le 6}\\
{\frac{9}{4} \le x \le \frac{{23}}{4}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{9}{4} \le x \le \frac{{23}}{4}
\end{array}\) 

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{9}{4};3} \right).\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\left( {m + 2} \right)\sin 2x + m{\cos ^2}x = m - 2 + m{\sin ^2}x\\ \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)\sin 2x + m\frac{{1 + \cos 2{\rm{x}}}}{2} = m - 2 + m\frac{{1 - \cos 2{\rm{x}}}}{2}\\ \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)\sin 2x + m\cos 2{\rm{x}} = m - 2\end{array}\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \({\left( {m + 2} \right)^2} + {m^2} \ge {\left( {m - 2} \right)^2} \Leftrightarrow {m^2} + 8m \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le  - 8\end{array} \right.\)

Chọn D 

Điều kiện: \(3 + 2\cos 2x - 8{\cos ^2}\frac{x}{2} = 3m\)

\(\sin 2x - 2m\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) + 1 - 6{m^2} = 0\)

\({\sin ^6}x + {\cos ^6}x = m\sin 2x\).

So với điều kiện, họ nghiệm của phương trình là \(4{\cos ^3}x + \left( {m - 3} \right)\cos x - 1 = \cos 2x{\rm{   }}\left( 1 \right)\).

Chọn D 

Ta có \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}};C_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!k!}} \Rightarrow A_n^k = C_n^k.k!\)

Chọn B 

Số cách lấy ra \(6\) quả cầu từ \(10\) quả cầu là \(C_{10}^6\)

\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{10}^6 = 210\)

Gọi \(A\)là biến cố ‘‘Trong \(6\) quả cầu lấy ra có không quá \(1\) quả cầu trắng”.

\( \Rightarrow \overline A \) là biến cố‘‘Trong \(6\) chi tiết lấy ra có 2 quả cầu trắng”.

Số cách lấy \(4\) quả cầu từ \(8\) quả cầu đỏ và vàng là \(C_8^4\).

Số cách lấy \(2\) quả cầu trắng là \(C_2^2\).

Theo quy tắc nhân ta có \(n\left( {\overline A } \right) = C_8^4.C_2^2 = 70\).

Vậy xác suất \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{70}}{{210}} = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Chọn A