Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của trường THPT Bắc Mê năm 2022

Do vật đứng yên \( \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {{F_3}}  =  - \left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right|\).

Ta có \({\left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|.\cos \widehat {AMB} = {30^2} + {30^2} + {2.30^2}.\cos {60^0} = 2700\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = 30\sqrt 3 N \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 30\sqrt 3 N\).

Chọn B.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\x - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{1}{2}\\x > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 5\).

\(\begin{array}{l}3{\log _3}\left( {2x - 1} \right) - {\log _{\frac{1}{3}}}{\left( {x - 5} \right)^3} = 3 \Leftrightarrow 3{\log _3}\left( {2x - 1} \right) + 3{\log _3}\left( {x - 5} \right) = 3 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 1} \right) + {\log _3}\left( {x - 5} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 5} \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {x - 5} \right) = 3 \Leftrightarrow 2{x^2} - 11x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11 + \sqrt {105} }}{4}\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{11 - \sqrt {105} }}{4}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn D.

Gọi \(M\left( {a; - 2a + 5} \right) \in \left( d \right)\).

Ta có \(I{M^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( { - 2a + 3} \right)^2} = 10 \Leftrightarrow 5{a^2} - 14a + 10 = 10 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \dfrac{{14}}{5}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {M_1}\left( {0;5} \right),\,\,{M_2}\left( {\dfrac{{14}}{5};\dfrac{{ - 3}}{5}} \right)\).

Chọn C.

Ta có \({\left( {x + \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)^{30}} = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k{x^{30 - k}}{{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k{x^{30 - k}}{2^k}{x^{ - \dfrac{k}{2}}}}  = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k{2^k}{x^{30 - \dfrac{{3k}}{2}}}} \).

Số hạng không chứa x ứng với \(30 - \dfrac{{3k}}{2} = 0 \Leftrightarrow k = 20\).

Vậy số hạng không chứa x trong  khai triển trên là \(C_{30}^{20}{.2^{20}}=C_{30}^{10}{.2^{20}}\).

Chọn D.

Gọi h là chiều cao của hình trụ ta có \(V = \pi {R^2}h \Leftrightarrow 5\pi  = \pi {.1^2}h \Leftrightarrow h = 5\).

Vậy \({S_{tp}} = 2\pi R\left( {R + h} \right) = 2\pi .1\left( {1 + 5} \right) = 12\pi \).

Chọn C.

TXĐ: \(D = R\). Ta có \(y' = 4{x^3} - 4\left( {2m + 1} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 2m + 1\end{array} \right.\).

Để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 2m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{{ - 1}}{2}\).

Kết hợp điều kiện ta có \(m \in \left( {\dfrac{{ - 1}}{2};10} \right],\,\,m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;...;10} \right\}\).

Vậy có 11 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\). Ta có \(y' = {x^2} - 6x + 5 < 0 \Leftrightarrow x \in \left( {1;5} \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;5} \right)\).

Chọn C.

Sử dụng công thức tính đạo hàm \(\left( {{{\log }_a}u} \right)' = \dfrac{{u'}}{{u\ln a}}\).

Ta có \(y' = \dfrac{{2x + 1}}{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)\ln 3}}\).

Chọn A.

TXĐ : \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x - 2019}}{{x + 1}}\) có tiệm cận ngang \(y = 1\) và tiệm cận đứng \(x =  - 1\).

Ta có \(y' = \dfrac{{1.1 - 1.\left( { - 2019} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{2020}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.

Vậy có 2 mệnh đề đúng là (1) và (3).

Chọn B.

TXĐ: \(D = \left( {2; + \infty } \right)\). Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {x - 2}  + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {\dfrac{1}{{{x^3}}} - \dfrac{2}{{{x^4}}}}  + \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{{{x^2}}}}} = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {x - 2}  + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {\dfrac{1}{{{x^3}}} - \dfrac{2}{{{x^4}}}}  + \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{{{x^2}}}}} = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow y = 0\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{\sqrt {x - 2}  + 1}}{{{x^2} - 3x + 2}} =  + \infty  \Rightarrow x = 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận.

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{2019}} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_{2019}} = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^1} + 1 + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} + 1 + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^3} + 1 + ... + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{2019}} + 1\\ = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^3} + ... + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{2019}} + 2019\\ = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{1 - {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^{2019}}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} + 2019 = 1 - {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{2019}} + 2019 = 2020 - {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{2019}}\end{array}\)

Chọn B.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 4\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là đường thẳng \(y = 4\).

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy đường thẳng \(y = 4\) cắt đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 4\) có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt 5  - \sqrt {5 - {x^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 16}  - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {\sqrt 5  - \sqrt {5 - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt 5  + \sqrt {5 - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 16}  + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 16}  - 4} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 16}  + 4} \right)\left( {\sqrt 5  + \sqrt {5 - {x^2}} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {5 - 5 + {x^2}} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 16}  + 4} \right)}}{{\left( {{x^2} + 16 - 16} \right)\left( {\sqrt 5  + \sqrt {5 - {x^2}} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 16}  + 4} \right)}}{{{x^2}\left( {\sqrt 5  + \sqrt {5 - {x^2}} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 16}  + 4}}{{\sqrt 5  + \sqrt {5 - {x^2}} }} = \dfrac{8}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{4}{{\sqrt 5 }}\end{array}\)

\( \Rightarrow a = 4,\,\,b = 5 \Rightarrow a + 2b = 4 + 2.5 = 14\).

Chọn D.

Ta có \(4f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{5}{4}\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = \dfrac{5}{4}\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là đường thẳng \(y = \dfrac{5}{4}\) song song với trục Oy.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = \dfrac{5}{4}\) có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Ta có \({V_{B.A'C'D'}} = \dfrac{1}{3}BB'.{S_{A'C'D'}} = \dfrac{1}{3}BB'.\dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\).

Chọn C.

Ta có \(r = h = 15 \Rightarrow l = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = 15\sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .15.15\sqrt 2  = 225\pi \sqrt 2 \,\,c{m^2}\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 7 \right\}\), ta có \(y' = \dfrac{{ - 7.1 - 5.1}}{{{{\left( {x - 7} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 12}}{{{{\left( {x - 7} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó \( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left[ {8;12} \right]\).

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {8;12} \right]} y = y\left( 8 \right) = \dfrac{{8 + 5}}{{8 - 7}} = 13\).

Chọn C.

ĐK : \(x \ne 0\).

Đặt \(t = x + \dfrac{1}{x} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2 \Rightarrow {x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} - 2\).

Ta có \(x + \dfrac{1}{x} = t \Leftrightarrow {x^2} - tx + 1 = 0;\,\,\Delta  = {t^2} - 4t \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge 4\\t \le 0\end{array} \right.\).

Khi đó phương trình trở thành :

\({t^2} - 2 - \left( {{m^2} + m + 2} \right)t + {m^3} + 2m + 2 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right)t + {m^3} + 2m = 0\) (*).

Ta có

\(\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {{m^2} + m + 2} \right)^2} - 4.\left( {{m^3} + 2m} \right) = {m^4} + {m^2} + 4 + 2{m^3} + 4{m^2} + 4m - 4{m^3} - 8m\\ = {m^4} - 2{m^3} + 5{m^2} - 4m + 4\\ = {m^4} - 2{m^3} + {m^2} + {m^2} - 4m + 4 + 3{m^2}\\ = {m^2}\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) + {\left( {m - 2} \right)^2} + 3{m^2}\\ = {m^2}{\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {m - 2} \right)^2} + 3{m^2} > 0\,\,\forall m \in R\end{array}\)

Do đó phương trình (*) luôn có nghiệm t.

Chọn D.

Điều kiện: \(x \ne  - 4m.\)

Ta có: \(y' = \dfrac{{4m - 3}}{{{{\left( {x + 4m} \right)}^2}}}.\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' < 0\;\;\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\\ - 4m \notin \left( {2;\; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 3 < 0\\ - 4m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{3}{4}\\m \ge  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} \le m < \dfrac{3}{4}.\)

Lại có \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ 0 \right\}.\)

Chọn  A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Trong đó \(x = 2\) là nghiệm bội 2 \( \Rightarrow x = 2\) không là điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị hàm số đi lên \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) loại đáp án A.

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1;\;0} \right),\;\;\left( { - 1;\;4} \right)\)

+) Xét đáp án B: \({1^3} - 2.1 + 2 = 1 \ne 0 \Rightarrow \) loại đáp án B.

+) Xét đáp án C: \(1 - 3.1 + 2 = 0\;\;\left( {tm} \right)\) và \({\left( { - 1} \right)^3} - 3.\left( { - 1} \right) + 2 = 4\;\;\left( {tm} \right) \Rightarrow \) đáp án C.

Chọn C.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \Rightarrow y =  - 25\\x =  - 1 \Rightarrow y = 7\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {3; - 25} \right),\;B\left( { - 1;\;7} \right).\)

Phương trình đường thẳng AB là:

\(\dfrac{{x + 1}}{{3 + 1}} = \dfrac{{y - 7}}{{ - 25 - 7}} \Leftrightarrow  - 32\left( {x + 1} \right) = 4\left( {y - 7} \right)\)

\( \Leftrightarrow  - 8x - 8 = y - 7 \Leftrightarrow 8x + y + 1 = 0.\)

Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào phương trình đường thẳng AB ta thấy chỉ có điểm \(M\left( {0; - 1} \right)\) thỏa mãn.

Chọn  A.

Gọi số cần lập có dạng \(\overline {abc} \;\;\left( {a \ne b \ne c} \right).\)

Các chữ số \(a,\;b,\;c\) được chọn bất kì từ \(9\) chữ số đề bài cho nên có: \(A_9^3\) cách chọn.

Chọn B

Hàm số đã cho có \(n =  - 2019 \in {Z^ - } \Rightarrow \) hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne 3\end{array} \right..\)

Chọn  D.

Khối 20 mặt đều thuộc loại \(\left\{ {3;5} \right\}\).

Chọn D.

Gọi \(O\) là trọng tâm \(\Delta ABC \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right).\)

Ta có: \({V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{1}{3}.SO.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow SO = 4a.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow AM \bot BC\)

Kẻ \(MN \bot SA.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot MN.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN \bot SA\\MN \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BC,\;SA} \right) = MN.\)

 Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: \(SA = \sqrt {S{O^2} + A{O^2}}  = \sqrt {16{a^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{7a\sqrt 3 }}{3}.\)

Có: \(2{S_{SAM}} = MN.SA = SO.AM \Rightarrow MN = \dfrac{{SO.AM}}{{SA}} = \dfrac{{4a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{7a\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{{6a}}{7}.\)

Chọn A.

Ta có: \({S_{xq\;EABCD}} = 4{S_{EAB}} = 4.\dfrac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 9{a^2}\sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow {S_{EABCDF}} = 2{S_{xq\;EABCD}} = 18{a^2}\sqrt 3 .\)

Chọn  D.

Ta có: \(2\sin x + \cos x - 4 \ne 0\;\;\forall x.\)

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{\sin x - 2\cos x - 3}}{{2\sin x + \cos x - 4}} \Leftrightarrow \sin x - 2\cos x - 3 = P\left( {2\sin x + \cos x - 4} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2P - 1} \right)\sin x + \left( {P + 2} \right)\cos x = 4P - 3\;\;\;\left( * \right)\end{array}\)

\(P\) xác định \( \Leftrightarrow \) Phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {2P - 1} \right)^2} + {\left( {P + 2} \right)^2} \ge {\left( {4P - 3} \right)^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 5{P^2} + 5 \ge 16{P^2} - 24P + 9 \Leftrightarrow 11{P^2} - 24P + 4 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{11}} \le P \le 2 \Rightarrow \max P = 2.\end{array}\)

Chọn A.

Kẻ \(AM \bot BC,\;M \in BC.\) Kẻ \(AH \bot SM.\) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH.\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SM\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow d\left( {A;\;\left( {SBC} \right)} \right) = AH.\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) có đường cao \(AM\) ta có:

\(\dfrac{1}{{A{M^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAM\) vuông tại \(A,\) có đường cao \(AH\) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{M^2}}} = \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{4}{{3{a^2}}} = \dfrac{{19}}{{12{a^2}}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{12{a^2}}}{{19}} \Rightarrow AH = \dfrac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}.\end{array}\)

Chọn  B.

Ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục với mọi \(x \ne 2.\)

Ta có: \(f\left( 2 \right) = a.2 + 3 = 2a + 3.\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\sqrt[3]{{4x}} - 2}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {\sqrt[3]{{4x}} - 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{4x}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4x}} + 4} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{4x}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4x}} + 4} \right]}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{4x - 8}}{{\left( {x - 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{4x}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4x}} + 4} \right]}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{4\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{4x}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4x}} + 4} \right]}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt[3]{{4x}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4x}} + 4}} = \dfrac{4}{{{{\left( {\sqrt[3]{{4.2}}} \right)}^2} + 2.\sqrt[3]{{4.2}} + 4}} = \dfrac{4}{{12}} = \dfrac{1}{3}.\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số liên tục tại \(x = 2 \Leftrightarrow 2a + 3 = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow a =  - \dfrac{4}{3}.\)

Vậy hàm số liên tục trên \(R \Leftrightarrow a =  - \dfrac{4}{3}.\) 

Chọn  C.

Theo BBT ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn  C.

Gọi chiều cao của khối lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) là \(AA' = x.\)

Khi đó ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = x.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}x\sqrt 3 }}{4}.\)

Ta có: \({V_{AA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}x\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}x\sqrt 3 }}{{12}}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C' \Rightarrow AM \bot B'C'.\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có:

\(\begin{array}{l}AB' = AC' = \sqrt {AA{'^2} + A'B{'^2}}  = \sqrt {{x^2} + {a^2}} .\\ \Rightarrow AM = \sqrt {AB{'^2} - B'{M^2}}  = \sqrt {{x^2} + {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \sqrt {{x^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} .\\ \Rightarrow {S_{AB'C'}} = \dfrac{1}{2}AM.B'C' = \dfrac{1}{2}.a.\sqrt {{x^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} .\end{array}\)

Lại có: \({V_{AA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{S_{AB'C'}}.d\left( {A';\;\left( {AB'C'} \right)} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{AB'C'}} = \dfrac{{3{V_{AA'B'C'}}}}{{d\left( {A';\left( {AB'C'} \right)} \right)}} = \dfrac{{3.\dfrac{{{a^2}x\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt {19} }}}} = \dfrac{{ax\sqrt {19} }}{8}.\\ \Rightarrow \dfrac{{ax\sqrt {19} }}{8} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {{x^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}  \Leftrightarrow \dfrac{{ax\sqrt {19} }}{4} = a.\dfrac{{\sqrt {4{x^2} + 3{a^2}} }}{2}\\ \Leftrightarrow x\sqrt {19}  = 2\sqrt {4{x^2} + 3{a^2}}  \Leftrightarrow 19{x^2} = 16{x^2} + 12{a^2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = 12{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a.\\ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{{{a^2}.2a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\)

Chọn  B.

Ta có: \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}.\)

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2AM = MB\\AN = 2NC\\AP = PD\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{1}{3};\;\dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{2}{3};\;\dfrac{{AP}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}.\)

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích ta có:

\(\dfrac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AM}}{{AB}}.\dfrac{{AN}}{{AC}}.\dfrac{{AP}}{{AD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{9} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \dfrac{1}{9}{V_{ABCD}} = \dfrac{{{a^3}}}{9}.\)

Chọn  C.

Hàm số \(y = 3{x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} - 3mx + m - 5\) có 2 điểm cực trị đồng thời \(y\left( {{x_1}} \right)y\left( {{x_2}} \right) = 0\) khi và chỉ khi phương trình  \(3{x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} - 3mx + m - 5 = 0\) (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Ta có:

\(\begin{array}{l}3{x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} - 3mx + m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {3{x^2} + \left( {2m + 5} \right)x + 5 - m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\3{x^2} + \left( {2m + 5} \right)x + 5 - m = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

(1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

TH1: (*) có nghiệm kép khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right) = 0\\3 + 2m + 5 + 5 - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 = 0\\m \ne  - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{{ - 8 \pm 3\sqrt {11} }}{2}\).

TH2: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm \(x = 1\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {2m + 5} \right)^2} - 12\left( {5 - m} \right) > 0\\3 + 2m + 5 + 5 - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} + 32m - 35 > 0\\m =  - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 13\).

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. Khi đó \(\sum m  = \dfrac{{ - 8 + 3\sqrt {11} }}{2} + \dfrac{{ - 8 - 3\sqrt {11} }}{2} - 13 =  - 21\).

Chọn D.

Đặt \({4^x} = t\;\;\left( {t > 0} \right)\)

Khi đó ta có phương trình: \(m{t^2} - 2\left( {m - 2} \right)t + m - 3 = 0\;\;\left( * \right)\)

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

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\\ - \dfrac{b}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m - 2} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) > 0\\\dfrac{{m - 2}}{m} > 0\\\dfrac{{m - 3}}{m} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - m + 4 > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 0\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m > 3\\m < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < m < 4 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 4\end{array} \right..\\ \Rightarrow T = a + 2b = 3 + 2.4 = 11.\end{array}\)

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta suy ra được \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Ta suy ra BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như sau:

Khi đó ta có BBT của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình \(\left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right| = m\) có tối đa 6 nghiệm.

Chọn D.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3m{x^2} + 4{m^3} + 1\)  có: \(y' = 3{x^2} - 6mx = 0\;\;\left( * \right)\)

Xét phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.\).

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(y\left( {{x_1}} \right)y\left( {{x_2}} \right) < 0\).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ne 0\\y\left( 0 \right).y\left( {2m} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ne 0\\\left( {4{m^3} + 1} \right)\left( {8{m^3} - 12{m^3} + 4{m^3} + 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\4{m^3} + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m <  - \sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m <  - \sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}}}\).

Kết hợp điều kiện \(m \ge  - 2019,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m \in {\rm{ }}Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2019; - 2018;...; - 1} \right\}.\) 

Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Sử dụng công thức vay trả góp: \(a = \dfrac{{M.r{{\left( {1 + r} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}\) ta có:

\(\begin{array}{l}10 = \dfrac{{500.0,85\% {{\left( {1 + 0,85\% } \right)}^n}}}{{{{\left( {1 + 0,85\% } \right)}^n} - 1}} \Leftrightarrow 10\left[ {{{\left( {\dfrac{{2017}}{{2000}}} \right)}^n} - 1} \right] = \dfrac{{17}}{4}.{\left( {\dfrac{{2017}}{{2000}}} \right)^n}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{23}}{4}.{\left( {\dfrac{{2017}}{{2000}}} \right)^n} = 10 \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{2017}}{{2000}}} \right)^n} = \dfrac{{40}}{{23}} \Leftrightarrow n \approx 65,38\end{array}\)

Vậy sau 66 tháng anh ta mới trả hết nợ ngân hàng.

Chọn C.

Giả sử tam giác ABC đều cạnh 1, khi đó ta có \(AM = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = {R_{cau}}\)

\( \Rightarrow {V_2} = \dfrac{4}{3}\pi R_{cau}^3 = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{{27}}\)

\({V_1} = \dfrac{1}{3}\pi .B{M^2}.AM = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{24}}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{{24}}}}{{\dfrac{{4\sqrt 3 }}{{27}}}} = \dfrac{9}{{32}}\) 

Chọn D.

Theo đề bài ta có đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) là đường tròn tâm \(O\left( {0;\;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {50}  = 5\sqrt 2 .\)

Kẻ đường kính AA’, ta có:

\(\widehat {ACA'} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AC \bot A'C\). Mà \(BH \bot AC\)\( \Rightarrow BH//A'C\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh dược \(CH//A'B\).

Do đó A’CHB là hình bình hành.

Kẻ \(OI \bot BC \Rightarrow I\) là trung điểm của BC\( \Rightarrow I\) đồng thời là trung điểm của A’H.

Do đó OI là đường trung bình của tam giác A’AH \( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = 2\overrightarrow {OI} \).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6 = 2.{x_I}\\8 = 2{y_I}\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( { - 3;4} \right)\).

Đường thẳng BC đi qua I và nhận \(\overrightarrow {OI}  = \left( { - 3;4} \right)\) là 1 VTPT nên có phương trình \( - 3\left( {x + 3} \right) + 4\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3x + 4y - 25 = 0\).

Ta có \(C = BC \cap \left( O \right)\), do đó tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 50\\ - 3x + 4y = 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 50\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{4y - 25}}{3}} \right)^2} + {y^2} = 50\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16{y^2} - 200y + 625 + 9{y^2} = 450\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 7 \Rightarrow x = 1\\y = 1 \Rightarrow x =  - 7\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}C\left( {1;7} \right)\\C\left( { - 7;1} \right)\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow a =  - 7;\,\,b = 1 \Rightarrow a + b =  - 6\end{array}\)  

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3{\log _{27}}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] - {\log _3}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] = {\log _3}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m = {x^2} - x + 1 - 3m > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = m\end{array} \right.\,\end{array}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^2} - 2 + 1 - 3m > 0\\{m^2} - m + 1 - 3m > 0\\\left| {m - 2} \right| < 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\\left[ \begin{array}{l}m > 2 + \sqrt 3 \\m < 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\\ - 15 < m - 2 < 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\\left[ \begin{array}{l}m > 2 + \sqrt 3 \\m < 2 - \sqrt 3 \end{array} \right.\\ - 13 < m < 17\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 13 < m < 2 - \sqrt 3 \)

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 12; - 11;...; - 1;0} \right\}\) có 13 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

ĐK: \( - 2 \le x \le 2\).

Với điều kiện trên ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\sqrt {2x + 4}  - 2\sqrt {2 - x}  \ge \dfrac{{6x - 4}}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {\sqrt {2x + 4}  - 2\sqrt {2 - x} } \right)\left( {\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} } \right)}}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} \ge \dfrac{{6x - 4}}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2x + 4 - 4\left( {2 - x} \right)}}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} \ge \dfrac{{6x - 4}}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6x - 4}}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} \ge \dfrac{{6x - 4}}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ \Leftrightarrow \left( {6x - 4} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} - \dfrac{1}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }}} \right) \ge 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Ta có \(5\sqrt {{x^2} + 1}  \ge 5 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }} \le \dfrac{1}{5} \Rightarrow  - \dfrac{1}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }} \ge  - \dfrac{1}{5}\).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :

\(\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x}  = \sqrt 2 \sqrt {x + 2}  + 2\sqrt {2 - x}  \le \sqrt {\left[ {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {2^2}} \right]\left( {x + 2 + 2 - x} \right)}  = \sqrt {6.4}  = 2\sqrt 6  < 5\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} > \dfrac{1}{5}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {2x + 4}  + 2\sqrt {2 - x} }} - \dfrac{1}{{5\sqrt {{x^2} + 1} }} > 0\end{array}\) 

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow 6x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{2}{3}\).

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(\left[ {\dfrac{2}{3};2} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{3}\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow P = 3a - 2b =  - 2\).

Chọn B.  

\(\begin{array}{l}P = 8{x^4} + \dfrac{1}{2}\left( {{y^4} - 2xy} \right) \Leftrightarrow P = \dfrac{{16{x^4} + {y^4} - 2xy}}{2}\\ \Rightarrow P = \dfrac{{{{\left( {4{x^2}} \right)}^2} - 2.4{x^2}.{y^2} + {{\left( {{y^2}} \right)}^2} + 8{x^2}{y^2} - 2xy}}{2}\\ \Rightarrow P = \dfrac{{{{\left( {4{x^2} - {y^2}} \right)}^2} + 8{x^2}{y^2} - 2xy}}{2} \ge 4{x^2}{y^2} - xy\\ \Rightarrow P \ge {\left( {2xy} \right)^2} - 2.2xy.\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{{16}} - \dfrac{1}{{16}} = {\left( {2xy - \dfrac{1}{4}} \right)^2} - \dfrac{1}{{16}} \ge \dfrac{{ - 1}}{{16}}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x^2} = {y^2}\\2xy = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}2x = y\\2x =  - y\end{array} \right.\\xy = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} = \dfrac{1}{8}\\ - 2{x^2} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{4} \Rightarrow y = \dfrac{1}{2}\\x = \dfrac{{ - 1}}{4} \Rightarrow y = \dfrac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\)

Thử lại với \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}} \right)\) ta có \({\left( {x + 2y} \right)^3} + 8xy \ge 2\) thỏa mãn.

Thử lại với \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{ - 1}}{4};\dfrac{{ - 1}}{2}} \right)\) ta có \({\left( {x + 2y} \right)^3} + 8xy \ge 2\) không thỏa mãn.

Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}} \right)\), khi đó \({P_{\min }} =  - \dfrac{1}{{16}}\).

Chọn D.

Xét phương trình \({x^2} + 7x + 3 - \ln \left( {x + 4} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \(t = x + 4 \Rightarrow \) Phương trình (1) trở thành:

\({\left( {t - 4} \right)^2} + 7\left( {t - 4} \right) + 3 - \ln t = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 9 = \ln t\,\,\left( * \right)\)

Xét phương trình \({x^2} - 11x + 21 - \ln \left( {6 - x} \right) = 0\,\,\left( 2 \right)\)

Đặt \(t = 6 - x \Rightarrow \) Phương trình (2) trở thành:

\({\left( {6 - t} \right)^2} - 11\left( {6 - t} \right) + 21 = \ln t \Leftrightarrow {t^2} - t - 9 = \ln t\,\,\left( {**} \right)\)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {t^2} - t - 9\) và \(y = \ln t\) .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \({t^2} - t - 9 = \ln t\) có 2 nghiệm phân biệt, giả sử \({t_1},\,\,{t_2}\).

Khi đó (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = {t_1} - 4,\,\,{x_2} = {t_2} - 4\).

           (**) có 2 nghiệm phân biệt \({x_3} = 6 - {t_1},\,\,{x_4} = 6 - {t_2}\).

Giả sử \({x_1} = {x_3} \Leftrightarrow {t_1} - 4 = 6 - {t_1} \Leftrightarrow {t_1} = 5\).

Khi \(t = 5\) ta có \({5^2} - 5 - 9 = \ln 5\) (vô lí) \( \Rightarrow {x_1} \ne {x_3}\). Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \({x_2} \ne {x_4}\).

Vậy phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt \({x_{1,2,3,4}}\) và \(\sum x  = {t_1} - 4 + {t_2} - 4 + 6 - {t_1} + 6 - {t_2} = 4\).

Chọn B.

Ta có :

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3\sin x + 4\cos x = \left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5\\ \Leftrightarrow 5\left( {\dfrac{3}{5}\sin x + \dfrac{4}{5}\cos x} \right) = \left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5\\ \Leftrightarrow 5\left( {\sin x\cos \alpha  + \cos x\sin \alpha } \right) = \left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5\\ \Leftrightarrow 5\sin \left( {x + \alpha } \right) = \left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5\end{array}\)

Để phương trình trên vô nghiệm thì \(\left[ \begin{array}{l}\left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5 > 5\,\,\forall x\\\left( {{m^3} - 4m + 3} \right)x + m + 5 <  - 5\,\,\forall x\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^3} - 4m + 3 = 0\)

Xét \({m^3} - 4m + 3 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {{m^2} + m - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2}\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {13} }}{2}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Ta có \({\log _a}x \le 3x - 3 \Leftrightarrow {\log _a}x - 3x + 3 \le 0\)

Đặt \(f\left( x \right) = {\log _a}x - 3x + 3\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \le 0\,\,\forall x > 0\\f\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = 0 = f\left( 1 \right)\).

\( \Rightarrow x = 1\) là điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\)\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 0\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{x\ln a}} - 3 \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \dfrac{1}{{\ln a}} - 3 = 0 \Leftrightarrow \ln a = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow a = {e^{\dfrac{1}{3}}} \approx 1,4 \in \left( {1;2} \right)\).

Chọn C. 

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^3}\left[ {{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6} \right] = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\left[ {{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6} \right]\), do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tối đa 3 cực trị.

Để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 cực trị thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) phải có 3 cực trị phân biệt thỏa mãn \({x_1} < 0 < {x_2} < {x_3}\).

Xét phương trình

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3}\left[ {{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)

Để hàm số \(y = f\left( x \right)\) phải có 3 cực trị phân biệt thỏa mãn \({x_1} < 0 < {x_2} < {x_3}\) thì phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 7m + 6 < 0\\1 + 4m - 5 + {m^2} - 7m + 6 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m < 6\\m \ne 2\\m \ne 1\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\).

Chọn B.

Ta có: \({\left( {{a^2} - 9} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^4} - 18{a^2} + 81 \ge 0 \Leftrightarrow {a^4} - 9{a^2} + 81 \ge 9{a^2}\)

\( \Rightarrow P \ge {\log _{3a}}b + {\log _b}9{a^2} = {\log _{3a}}b + 2{\log _b}3a\mathop  \ge \limits^{Co - si} 2\sqrt {{{\log }_{3a}}b.2{{\log }_b}3a}  = 2\sqrt 2 \).

Dấu “=” xảy ra

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 9\\{\log _{3a}}b = 2{\log _b}3a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)\\{\log _9}b = 2{\log _b}9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\{\log _9}b = \dfrac{2}{{{{\log }_9}b}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\{\log _9}b = \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = {9^{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

Vậy \(a + b = 3 + {9^{\sqrt 2 }}\).

Chọn A.  

Ta có \(n\left( B \right) = A_6^4 = 360\).

Chọn 2 số thuộc B \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{360}^2 = 64620\).

Số có mặt chữ số 3 là \(A_5^3 = 4.60 = 240\) số.

Gọi A là biến cố : " trong 2 số vừa chọn có đúng một số có mặt chữ số 3" \( \Rightarrow n\left( A \right) = 240.120 = 28800\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{28800}}{{64620}} = \dfrac{{160}}{{359}}\).

Chọn C.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\). Khi đó ta có chóp SABC có cạnh SA vuông góc với mặt (SBC).

Gọi R_đáy là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.

Xét tam giác SBC có \(\left\{ \begin{array}{l}SB = SC = a\\\widehat {BSC} = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SBC\) đều \( \Rightarrow {R_{day}} = \dfrac{{{a^3}}}{{4S}} = \dfrac{{{a^3}}}{{4.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Áp dụng công thức tính nhanh \({R_{cau}} = \sqrt {\dfrac{{S{A^2}}}{4} + R_{day}^2}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\).

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\dfrac{{7{a^2}}}{{12}} = \dfrac{{7\pi {a^2}}}{3}\).

Chọn B.