Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của trường THPT Vũ Văn Hiếu năm 2022

Thể tích khối lập phương cạnh \(2a\) là \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)

Chọn A

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = 2\) và giá trị cực đại của hàm số yCĐ = 5.

Chọn D

Vì \(A\left( {1;1; - 1} \right)\) và \(B\left( {2;3;2} \right)\) nên \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;3} \right)\).

Chọn A

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy trong khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) thì đồ thị hàm số đi lên nên hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\).

Chọn D

Ta có: \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]dx}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  = 2 - 2.5 =  - 8\)

Chọn C

Thể tích khối cầu bán kính \(R = a\) là \(V = \frac{4}{3}\pi {a^3}\)

Chọn A

Mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) có phương trình là \(y = 0\)

Chọn C

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

Chọn B

Thay tọa độ điểm \(P\left( {1;2;3} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{2}\)  ta được

\(\frac{{1 - 1}}{2} = \frac{{2 - 2}}{{ - 1}} = \frac{{3 - 3}}{2} = 0\)  nên \(P \in d.\)

Chọn C.

Dựa vào công thức tổ hợp: \(C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}\)

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

Chọn A.

Sử dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\)

Ta có \({u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.5 = 17\)

Chọn B.

Điểm biểu diễn số phức \(z =  - 1 + 2i\)  là  \(Q\left( { - 1;2} \right)\)

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số ta xác định được đây là đồ thị của hàm số dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\)  nên loại C và D.

Nhận thấy đồ thị hàm số trên hình  nhận \(y = 1\)  làm  TCN và \(x = 1\) làm TCĐ 

+ Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\)  nhận \(y = 2\)  làm  TCN và \(x = 1\) làm TCĐ  nên loại A.

+ Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)  nhận \(y = 1\) làm  TCN và \(x = 1\) làm TCĐ  nên chọn B.

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số ta thấy trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) thì điểm cao nhất của đồ thị  là điểm \(A\left( {3;3} \right)\) và điểm thấp nhất của đồ thị  là \(B\left( {2; - 2} \right)\)  nên GTLN của hàm số  là \(M = 3\) và GTNN của hàm số là \(m =  - 2.\)

Từ đó \(M - m = 3 - \left( { - 2} \right) = 5.\)

Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right){\left( {x + 2} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\) và các nghiệm này đều là nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số đã cho có ba điểm cực trị.

Chọn A.

Ta có \(2a + \left( {b + i} \right)i = 1 + 2i \Leftrightarrow 2a + bi + {i^2} = 1 + 2i\)\( \Leftrightarrow 2a + b\) \( \Leftrightarrow 2a - 1 + bi = 1 + 2i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a - 1 = 1\\b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\)

Chọn D.

Ta có bán kính mặt cầu \(R = IA = \sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \)

Phương trình mặt cầu tâm  \(I\left( {1;1;1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 5 \) là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 5\)

Chọn B.

Ta có \({\log _{16}}27 = {\log _{{2^4}}}\left( {{3^3}} \right) = \frac{3}{4}{\log _2}3 = \frac{3}{4}.\frac{1}{{{{\log }_3}2}} = \frac{3}{{4a}}\)

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{z^2} - 3z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}i\\{z_2} = \dfrac{3}{2} - \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}i\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {{z_1}} \right| = \sqrt {{{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt {11} }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \\\left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt {11} }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2\sqrt 5 .\end{array}\)

Chọn A

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;\;2;\;2} \right),\;\;\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;\;2;\;2} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{A}{{A'}} = \dfrac{B}{{B'}} = \dfrac{C}{{C'}} \ne \dfrac{D}{{D'}} \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)\)

\(d\left( {\left( P \right),\;\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\;\left( Q \right)} \right)\) với \(M\) là một điểm thuộc \(\left( P \right).\)

Chọn \(M\left( {10;\;0;\;0} \right)\) là một điểm thuộc \(\left( P \right).\)

Khi đó ta có: \(d\left( {\left( P \right),\;\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {10 + 2.0 + 2.0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \dfrac{7}{3}.\)

Chọn B

Giải bất phương trình ta được:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{3^{{x^2} - 2x}} < 27 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 2x}} < {3^3}\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x < 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 < 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) < 0\\ \Leftrightarrow  - 1 < x < 3.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:\(\left( { - 1;\;3} \right).\)

Chọn C

Dựa vào hình vẽ  (ta thấy \(f\left( x \right)\)  nằm trên \(g\left( x \right)\;\forall x \in \left[ { - 1;\;2} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\;\forall x \in \left[ { - 1;\;2} \right]\)) và công thức tính diện tích hình phẳng ta được công thức tính diện tích phân phần gạch chéo là:

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

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+) Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là: \(x = 1.\)

+) Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là: \(y = 2,\;y = 5.\)

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Với bài toán, khối chóp tứ giác có cạnh bằng \(2a\) nên \(V = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{4\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)

Chọn A

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp ta được:

\(f'\left( x \right) = \left[ {{{\log }_2}\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]' = \dfrac{{\left( {{x^2} - 2x} \right)'}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right)\ln 2}} = \dfrac{{2x - 2}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right)\ln 2}}.\)

Chọn D

Ta có: \(Pt \Leftrightarrow 2f\left( x \right) =  - 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{3}{2}.\;\;\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - \dfrac{3}{2}.\)

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y =  - \dfrac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 4 điểm phân biệt.

\( \Rightarrow Pt\;\;\left( * \right)\) có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn A

Cách 1: Có thể giải theo phương pháp gắn hệ trục tọa độ.

Cách 2: Tìm hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD' \bot A'D\\AD' \bot A'B'\end{array} \right. \Rightarrow AD' \bot \left( {A'B'CD} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'D \bot A'D'\\A'D \bot C'D'\end{array} \right. \Rightarrow A'D \bot \left( {ABC'D'} \right)\)

Do đó góc giữa hai mp \(\left( {ABC'D'} \right)\) và \(\left( {A'B'CD} \right)\) bằng góc \(AD'\) và \(A'D\)

Mà \(A'D \bot AD'\)

Vậy góc cần tìm bằng \({90^0}\)

Chọn D.

\({\log _3}\left( {7 - {3^x}} \right) = 2 - x\)

Điều kiện: \(7 - {3^x} > 0\)

\(pt \Leftrightarrow 7 - {3^x} = {3^{2 - x}} \Leftrightarrow 7 - {3^x} = \dfrac{9}{{{3^x}}} \Leftrightarrow {7.3^x} - {\left( {{3^x}} \right)^2} = 9\, \Leftrightarrow {3^{2x}} - {7.3^x} + 9 = 0\,\,\left( * \right)\)

Đặt \(t = {3^x}\;\;\left( {t > 0} \right) \Rightarrow x = {\log _3}t\) . Thay vào phương trình (*) ta có:

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

Nhận thấy (**) có: \(\Delta  = 13 > 0,\;\;S = 7 > 0,\;\;P = 9 > 0 \Rightarrow \)  phương trình (**) có 2 nghiệm dương phân biệt giả sử là: \({t_1};{t_2}\)

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình  (**)  ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 7\\{t_1}{t_2} = 9\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \({x_1} + {x_2} = {\log _3}{t_1} + {\log _3}{t_2} = {\log _3}\left( {{t_1}{t_2}} \right) = {\log _3}9 = 2\)

Chọn A.

Thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là:

\(\begin{array}{l}V = \pi r_1^2{h_1} + \pi r_2^2{h_2} = \pi r_1^2{h_1} + \pi \dfrac{1}{4}r_1^2.2{h_1} = \dfrac{3}{2}\pi r_1^2{h_1} = 30\\ \Rightarrow \pi r_1^2{h_1} = 20\end{array}\)

Vậy thể tích khối trụ (H1) là 20 cm3.

Chọn C.

Thử từng đáp án ta có :

Thử đáp án A : \(\left( {2{x^2}\ln x + 3{x^2}} \right)  ' = 4x\ln x + 2{x^2}.\dfrac{1}{x} + 6x = 4x\ln x + 8x\) . Nên loại A.

Thử đáp án B: \(\left( {2{x^2}\ln x + {x^2}} \right)' = 4x\ln x + 2{x^2}\dfrac{1}{x} + 2x = 4x\ln x + 2x + 2x = 4x\left( {1 + \ln x} \right)\)

\( \Rightarrow 2{x^2}\ln x + {x^2}\)  là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 4x\left( {1 + \ln x} \right).\)

\( \Rightarrow \) Họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 4x\left( {1 + \ln x} \right)\) là \(2{x^2}\ln x + {x^2} + C.\)

Chọn D.

Ta có : \(AB//\left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\)

Kẻ \(AH \bot CD;\,\,AK \bot SH\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B;\;\left( {SCD} \right)} \right) = d = AK.\end{array}\)

Xét \(\Delta AHD\) vuông tại \(H,\;\;\angle ADH = {60^0}\) ta có : \(AH = AD.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) ta có :

\(AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7} = d\)

Chọn A.

Xét vị trí tương đối của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) với : \(vtcp\,\overrightarrow {{u_d}} \left( {1;2; - 1} \right);\,\,vtpt\,\overrightarrow {{n_P}} \left( {1;1;1} \right)\) ta có :

\(\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 1.1 + 2.1 + \left( { - 1} \right).1 = 2 \ne 0\) . Nên (d) cắt (P)

Gọi \(H = d \cap \left( P \right) \Rightarrow H\left( {t;2t - 1; - t + 2} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow t + 2t - 1 - t + 2 - 3 = 0 \Leftrightarrow 2t - 2 = 0 \Rightarrow t = 1\)

\( \Rightarrow H\left( {1;1;1} \right)\)

Lấy \(A\left( {2;3;0} \right) \in d\). Pt đường thẳng đi qua A vuông góc với (P) \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 + t\\z = t\end{array} \right.\)

Gọi K là hình chiếu của A lên (P) \( \Rightarrow K\left( {2 + t;3 + t;t} \right) \in \left( P \right)\)

\( \Rightarrow 2 + t + 3 + t + t - 3 = 0 \Leftrightarrow 3t + 2 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{2}{3} \Rightarrow K\left( {\dfrac{4}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{{ - 2}}{3}} \right)\) 

\(\overrightarrow {HK}  = \left( {\dfrac{1}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{{ - 5}}{3}} \right)//\left( {1;4; - 5} \right)\) đi qua \(H\left( {1;1;1} \right)\)

Chọn C.

Ta có : \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} - 12x + \left( {4m - 9} \right)\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 12x + \left( {4m - 9} \right) \le 0\;\;\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 4m \le 3{x^2} + 12x + 9 = g\left( x \right)\;\;\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\ \Rightarrow 4m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; - 1} \right)} g\left( x \right)\end{array}\)

Xét hàm số :\(g\left( x \right) = 3{x^2} + 12x + 9\)  ta có :  \(g'\left( x \right) = 6x + 12 = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; - 1} \right)} g\left( x \right) = g\left( { - 2} \right) =  - 3\)

\( \Rightarrow 4m \le  - 3 \Leftrightarrow m \le  - \dfrac{3}{4}\)

Chọn C.

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {z + 2i} \right)\left( {\overline z  + 2} \right) = \left[ {a + \left( {b + 2} \right)i} \right]\left( {a + 2 - bi} \right)\\ = a\left( {a + 2} \right) + b\left( {b + 2} \right) + \left[ {\left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right) - ab} \right]i\end{array}\)

Số \(\left( {z + 2i} \right)\left( {\overline z  + 2} \right)\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow \) Phần thực \( = 0 \Leftrightarrow {a^2} + 2a + {b^2} + 2b = 0 \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 2\)

Vậy đường tròn tâm biểu diễn số phức đã cho có tâm là  \(I\left( { - 1; - 1} \right)\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\dfrac{{xdx}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{x + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}dx}  - \int\limits_0^1 {\dfrac{2}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}dx} }  = \left. {\left( {\ln \left| {x + 2} \right| + \dfrac{2}{{x + 2}}} \right)} \right|_0^1\\ = \ln 3 + \dfrac{2}{3} - \ln 2 - 1 = \ln 3 - \ln 2 - \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{3}\\b =  - 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow 3a + b + c = 3.\left( { - \dfrac{1}{3}} \right) - 1 + 1 =  - 1.\end{array}\)

Chọn B.

Theo đề bài ta có : \(f\left( x \right) < {e^x} + m \Leftrightarrow f\left( x \right) - {e^x} < m\)

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^x}.\) Khi đó :

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) < {e^x} + m\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Rightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^x} < m\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( x \right)\\g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {e^x}\end{array}\)

 Trên \(\left( { - 1;1} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) < 0;\,\,{e^x} > 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;\;1} \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) - {e^{ - 1}} = f\left( { - 1} \right) - \dfrac{1}{e}\\ \Rightarrow m \ge f\left( { - 1} \right) - \dfrac{1}{e}.\end{array}\)  

Chọn C.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thỏa mãn đẳng thức : \(2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0 \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\left( {2 - a; - 2 - b;4 - c} \right) + 3\left( { - 3 - a;3 - b; - 1 - c} \right) = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - 2a - 9 - 3a = 0\\ - 4 - 2b + 9 - 3b = 0\\8 - 2c - 3 - 3c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5a - 5 = 0\\ - 5b + 5 = 0\\ - 5c + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 1;\;1;\;1} \right)\end{array}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}2M{A^2} + 3M{B^2} = 2{\overrightarrow {MA} ^2} + 3{\overrightarrow {MB} ^2}\\ = 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\\ = 5M{I^2} + \left( {2I{A^2} + 3I{B^2}} \right) + \overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB} } \right)\\ = 5M{I^2} + \left( {2I{A^2} + 3I{B^2}} \right)\end{array}\)

Do I, A, B cố định nên \(2I{A^2} + 3I{B^2} = const\).

 \( \Rightarrow {\left( {2M{A^2} + 3M{B^2}} \right)_{\min }} \Leftrightarrow 5M{I^2}_{\min }\)\( \Leftrightarrow \) M là hình chiếu của I trên (P)

Gọi \(\left( \Delta  \right)\) là đường thẳng đi qua I vuông góc với (P) , ta có phương trình của \(\left( \Delta  \right):\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y = 1 - t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\).

M là hình chiếu của I lên (P) \( \Rightarrow M \in \left( \Delta  \right) \Rightarrow M\left( { - 1 + 2t;1 - t;1 + 2t} \right)\) .

Lại có \(M \in \left( P \right)\)  

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\left( { - 1 + 2t} \right) - \left( {1 - t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) - 8 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2 + 4t - 1 + t + 2 + 4t - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 9t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {1;0;3} \right)\end{array}\)

Khi đó ta có

\(\begin{array}{l}M{I^2} = 4 + 1 + 4 = 9;\;\;\;I{A^2} = 9 + 9 + 9 = 27;\;\;\;I{B^2} = 4 + 4 + 4 = 13\\ \Rightarrow {\left( {2M{A^2} + 3M{B^2}} \right)_{\min }} = 5.9 + 2.27 + 3.12 = 135\end{array}\)   

Chọn A.

Gọi số phức \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\).

Từ giả thiết thứ nhất ta có :

\({\left| z \right|^2} = 2\left| {z + \overline z } \right| + 4 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2.2\left| a \right| - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} - 4a - 4 = 0\\{a^2} + {b^2} + 4a - 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp các số phức z là đường tròn \(\left( {{C_1}} \right):\,\,{x^2} + {y^2} - 4x - 4 = 0\) hoặc \(\left( {{C_2}} \right):\,\,{x^2} + {y^2} + 4x - 4 = 0\).

Từ giả thiết thứ hai ta có:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\left| {z - 1 - i} \right| = \left| {z - 3 + 3i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {a - 1 + bi - i} \right| = \left| {a - 3 + bi + 3i} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} = {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2}\\ \Leftrightarrow  - 2a + 1 - 2b + 1 =  - 6a + 9 + 6b + 9\\ \Leftrightarrow 4a - 8b - 16 = 0\\ \Leftrightarrow a - 2b - 4 = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp các số phức z là đường thẳng \(x - 2y - 4 = 0\,\,\left( d \right)\).

Vậy số phức thỏa mãn 2 giả thiết trên là số giao điểm của \(d\) với \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( d \right)\) với \(\left( {{C_2}} \right)\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy có 3 giao điểm của \(d\) với \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( d \right)\) với \(\left( {{C_2}} \right)\). Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Đặt \(\sin x = t\). Với \(x \in \left( {0;\pi } \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right]\).

Khi đó phương trình ban đầu trở thành \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm \(t \in \left( {0;1} \right]\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và \(y = m\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, để phương trình \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm \(t \in \left( {0;1} \right]\)\( \Rightarrow m \in \left[ { - 1;1} \right)\).

Chọn D.

Áp dụng công thức lãi kép cho bài toán trả góp \(A = \frac{{N{{\left( {1 + r} \right)}^n}.r}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}\)

Trong đó \(A\) số tiền phải trả mỗi tháng, \(N\) là số tiền nợ, \(r\) là lãi suất, \(n\) là số tháng.

Số tiền mỗi tháng phải trả là: \(A = \frac{{100{{\left( {1 + 1\% } \right)}^{5 \times 12}}.1\% }}{{{{\left( {1 + r} \right)}^{5 \times 12}} - 1}} \approx 2,22\) (triệu)

Chọn A.

Dễ thấy \(E \in \left( P \right)\) . Gọi I\(\left( {3;2;5} \right)\) là tâm khối cầu.

Đường thẳng qua I vuông góc với (P): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = 2 + 2t\\z = 5 - t\end{array} \right.\,\,\left( d \right)\).

Gọi H là hình chiếu của I lên (P) \( \Rightarrow H \in \left( d \right) \Rightarrow H\left( {3 + 2t;2 + 2t;5 - t} \right)\)

Lại có \(H \in \left( P \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\left( {3 + 2t} \right) + 2\left( {2 + 2t} \right) - 5 + t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 6 + 4t + 4 + 4t - 5 + t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 9t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - 2}}{9} \Rightarrow H\left( {\frac{{23}}{9};\frac{{14}}{9};\frac{{47}}{9}} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {EH} \left( {\frac{5}{9};\frac{5}{9};\frac{{20}}{9}} \right) = \frac{5}{9}\left( {1;\;1;\;4} \right)//\left( {1;1;4} \right) = \overrightarrow a \end{array}\)

Để đường thẳng \(\left( \Delta  \right)\) cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm sao cho chúng có khoảng cách nhỏ nhất thì đường thẳng \(\left( \Delta  \right)\) đi qua E và vuông góc với \(HE\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_\Delta }}  \bot \overrightarrow {{n_P}} \\\overrightarrow {{u_\Delta }}  \bot \overrightarrow a \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow a } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\1\end{array}&\begin{array}{l} - 1\\4\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l} - 1\\4\end{array}&\begin{array}{l}2\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\1\end{array}&\begin{array}{l}2\\1\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( {9; - 9;\;0} \right) = 9\left( {1; - 1;0} \right)\).

Vậy đường thẳng \(\left( \Delta  \right)\) đi qua E và nhận \(\left( {1; - 1;0} \right)\) là 1 VTCP.

Vậy phương trình đường thẳng \(\left( \Delta  \right):\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 - t\\z = 3\end{array} \right.\)

Chọn C.

(E) đã cho có độ dài trục lớn \(2a = 8 \Rightarrow a = 4\), độ dài trục bé \(2b = 6 \Rightarrow b = 3\).

Ta có diện tích (E) bằng : \({S_{\left( E \right)}} = \pi .4.3 = 12\pi \,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Phương trình \(\left( E \right):\,\,\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow {y^2} = 9.\frac{{16 - {x^2}}}{{16}} \Leftrightarrow y =  \pm \frac{{3\sqrt {16 - {x^2}} }}{4}\).

Ta có \(M \in \left( E \right);\,\,{y_M} = \frac{1}{2}MQ = \frac{3}{2} \Rightarrow {x_M} =  - 2\sqrt 3  \Rightarrow M\left( { - 2\sqrt 3 ;\frac{3}{2}} \right)\)

Diện tích phần giới hạn bởi (E), trục Ox, đường thẳng MQ có diện tích:

\({S_{AMQ}} = 2\int\limits_{ - 4}^{ - 2\sqrt 3 } {\frac{{3\sqrt {16 - {x^2}} }}{4}dx}  \approx 1,087 \Rightarrow \) Diện tích phần trắng là: \({S_{trang}} = 2{S_{AMQ}} = 2,174\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Khi đó diện tích phần xanh là \({S_{xanh}} = {S_{\left( E \right)}} - {S_{trang}} = 12\pi  - 2,174 = 35,525\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Vậy chi phí để sơn biển quảng cáo là \(2,174.100 + 35,525.200 \approx 7322\) (nghìn đồng) \( \approx 7322000\) đồng.

Chọn A.

Gọi diện tích đáy, chiều cao, thể tích của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ lần lượt là \(S;\;h;\;V \Rightarrow V = Sh\).

Ta có: \(\Delta A'B'C' \sim \Delta PQC'\) theo tỉ số \(\frac{1}{2} \Rightarrow {S_{C'PQ}} = 4{S_{A'B'C'}} = 4S.\)

\( \Rightarrow {V_{C.C'PQ}} = \frac{1}{3}.h.4S = \frac{4}{3}V\).

Ta có : \({S_{ABNM}} = \frac{1}{2}{S_{ABB'A'}} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}{V_{C.ABB'A'}}\)

Mà \({V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{3} \Rightarrow {V_{CC'A'B'NM}} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3}V\)Vậy \({V_{A'MPB'NQ}} = \frac{4}{3}V - \frac{2}{3}V = \frac{2}{3}V\).

Chọn D.

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

Xét \(\, - 1 < x < 0\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}1 < x + 2 < 2 \Rightarrow f'\left( {x + 2} \right) > 0\\{x^2} < 1 \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 0\end{array} \right. \Rightarrow 3f'\left( {x + 2} \right) - 3{x^2} + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\).

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;\;f\left( x \right) = {m^2}\left( {{x^4} - 1} \right) + m\left( {{x^2} - 1} \right) - 6\left( {x - 1} \right) \ge 0,\forall x\\ \Leftrightarrow {m^2}\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) + m\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) - 6\left( {x - 1} \right) \ge 0,\forall x\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6} \right] \ge 0,\forall x\end{array}\)

 Để bất phương trình luôn đúng với mọi \(x\) thì suy ra:

+ TH1: Phương trình \({m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6 = 0\) nghiệm đúng với mọi \(x\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 0\\{m^2} = 0\\{m^2} + m = 0\\{m^2} + m - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m =  - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\) (vô nghiệm)

+ TH2: Đa thức \({m^2}{x^3} + {m^2}{x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + {m^2} + m - 6\) có nghiệm \(x = 1\)

Khi đó: \({m^2} + {m^2} + {m^2} + m + {m^2} + m - 6 = 0 \Leftrightarrow 4{m^2} + 2m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Thử lại:

+ Với \(m = 1\) thì \(\left( {x - 1} \right)\left[ {{x^3} + {x^2} + 2x - 4} \right] \ge 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) \ge 0\) (luôn đúng)

+ Với \(m =  - \frac{3}{2}\) thì \(\left( {x - 1} \right)\left( {\frac{9}{4}{x^3} + \frac{9}{4}{x^2} + \frac{3}{4}x - \frac{{21}}{4}} \right) \ge 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {3{x^3} + 3{x^2} + x - 7} \right) \ge 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3{x^2} + 6x + 7} \right) \ge 0\) (luôn đúng)

Do đó \(m = 1;m =  - \frac{3}{2}\) là các giá trị cần tìm.

Tổng \(S = 1 - \frac{3}{2} =  - \frac{1}{2}\).

Chọn C.

\(f\left( x \right) = m{x^4} + n{x^3} + p{x^2} + qx + r\)

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) dễ thấy \(m \ne 0\).

Phương trình \(f\left( x \right) = r \Leftrightarrow m{x^4} + n{x^3} + p{x^2} + qx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\m{x^3} + n{x^2} + px + q = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)

Xét \(f'\left( x \right) = 4m{x^3} + 3n{x^2} + 2px + q = 0\) có ba nghiệm \({x_1} =  - 1;{x_2} = \frac{5}{4};{x_3} = 3\).

Theo hệ thức Vi-et : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} =  - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = \frac{c}{a}\\{x_1}{x_2}{x_3} =  - \frac{d}{a}\end{array} \right.\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{13}}{4} =  - \frac{{3n}}{{4m}}\\ - \frac{1}{2} = \frac{{2p}}{{4m}}\\ - \frac{{15}}{4} =  - \frac{q}{{4m}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n =  - \frac{{13}}{3}m\\p =  - m\\q = 15m\end{array} \right.\)

Thay vào \(\left( * \right)\) được \(m{x^3} - \frac{{13}}{3}m{x^2} - mx + 15m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - \frac{{13}}{3}{x^2} - x + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{5}{3}\\x = 3\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có \(3\) nghiệm phân biệt \({x_1} = 0;\;{x_2} = 3;\;{x_3} =  - \frac{5}{3}\)

Chọn B.

Đặt \(\sin x = t\;\;\left( { - 1 \le t \le 1} \right).\)

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

Để phương trình bài cho có nghiệm thì phương trình \(\left( * \right)\)  phải có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;\;1} \right].\)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2\) và đường thẳng \(y = m.\)

Phương trình (*) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;\;1} \right] \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = m\) có điểm chung với đồ thị hàm số  \(y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2\)

Xét hàm số: \(y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2\) ta có:

\(y' = 3{t^2} - 6t \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} - 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\;\; \in \left[ { - 1;\;1} \right]\\t = 2\; \notin \;\left[ { - 1;\;1} \right]\end{array} \right..\)

Ta có BBT:

Theo BBT ta có, đường thẳng \(y = m\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 2\) có điểm chung \( \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 2\)

Lại có: \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 2;\; - 1;\;0;\;1;\;2} \right\}.\)

Chọn  C.

\(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)

Do hàm số có hoành độ hai điểm cực trị là \({x_1} = 1,{x_2} = 3\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}4 = {x_1} + {x_2} =  - \frac{{2b}}{{3a}}\\3 = {x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 6a\\c = 9a\end{array} \right.\)

Xét phương trình \(f\left( x \right) = f\left( m \right)\) ta được:

\(a{x^3} + b{x^2} + cx + d = a{m^3} + b{m^2} + cm + d\) \( \Leftrightarrow a\left( {{x^3} - {m^3}} \right) + b\left( {{x^2} - {m^2}} \right) + c\left( {x - m} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow a\left( {{x^3} - {m^3}} \right) - 6a\left( {{x^2} - {m^2}} \right) + 9a\left( {x - m} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {{x^2} + mx + {m^2}} \right) - 6\left( {x - m} \right)\left( {x + m} \right) + 9\left( {x - m} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left[ {{x^2} + mx + {m^2} - 6x - 6m + 9} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left[ {{x^2} + \left( {m - 6} \right)x + {m^2} - 6m + 9} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - m = 0\\{x^2} + \left( {m - 6} \right)x + {m^2} - 6m + 9 = 0\end{array} \right.\)

Để phương trình \(f\left( x \right) = f\left( m \right)\) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình \({x^2} + \left( {m - 6} \right)x + {m^2} - 6m + 9 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(m\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 6} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 6m + 9} \right) > 0\\{m^2} + \left( {m - 6} \right).m + {m^2} - 6m + 9 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{m^2} + 12m > 0\\3{m^2} - 12m + 9 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < m < 4\\m \ne 1,m \ne 3\end{array} \right.\)

Vậy \(m \in \left( {0;4} \right)\backslash \left\{ {1;3} \right\}\).

Chọn D.

Ta có:\(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1;\;1} \right).\)

Theo đề bài ta có: \(\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1;\;1} \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(A\left( {1; - 1;\;2} \right)\) và có VTPT  \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;\;1} \right)\) là:

\(2\left( {x - 1} \right) - \left( {y + 1} \right) + \left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + z - 5 = 0.\)

Chọn  A.