Đáp án A.

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z có phần thực bằng ‒2 là đường thẳng $x+2=0$.

Đáp án B.

Khoảng cách d giữa hai mặt phẳng cho bởi các phương trình $z-2=0$ và $z-8=0$ là $d=\left|8-2\right|=6$.

Đáp án A.

Ta chọn A do với $x=-1$ thì $\sqrt[6]{x^6}=\sqrt[6]{{(-1)}^6}=1\not\equiv -1$

Đáp án A.

Ta thấy phương trình $x^2-bx+b-1=0$ có $a+b+c=0$ nên có nghiệm $x_1=1,x_2=b-1$.

Vậy để phương trình có nghiệm lớn hơn 3 thì $b-1>3\iff b>4\Rightarrow b\in \left\{5;6\right\}$.

Do đó xác suất để phương trình có nghiệm lớn hơn 3 là $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Ta chọn A.

Đáp án B.

Cách 1:

Với A: Ta có $u_{n+1}-u_n=\frac{n+1-1}{n+1+1}-\frac{n-1}{n+1}=\frac{n}{n+2}-\frac{n-1}{n+1}=\frac{2}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0$.

Do vậy dãy số ở phương án A là dãy số tăng, ta loại A.

Với B: Ta có  $v_{n+1}-v_n=\frac{2\left(n+1\right)+1}{5\left(n+1\right)+2}-\frac{2n+1}{5n+2}=\frac{-1}{\left(5n+7\right)\left(5n+2\right)}>0$.

Suy ra dãy số ở phương án B là dãy giảm, do vậy ta chọn B.

Cách 2:

Với A: Xét hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ có $y\text{'}=\frac{2}{{\left(x+1\right)}^2}$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Suy ra $\left(u_n\right)$ là dãy số tăng.

Với B: Xét hàm số $y=\frac{2x+1}{5x+2}$ có $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(5x+2\right)}^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Suy ra $\left(v_n\right)$ là dãy số giảm. Do vậy ta chọn  B.

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án C.

Đặt $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$.

Mà M là trọng tâm tam giác ABC $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{3}=1\\ \frac{b}{3}=2\\ \frac{c}{3}=3\end{array}\iff a=3;b=6;c=9\right.$.

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right):\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{9}=1\iff 6x+3y+2z-18=0$.

Đáp án B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=-2\sin x-2$.

Ta có  $-1\le \sin x\le 1\iff -2\le -2\sin x\le 2\iff -4\le -2\sin x-2\le 0$

$f\text{'}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$. Suy ra hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án B.

Với A: A đúng do công thức tính thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh$ với B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp. Nên nếu hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

Với B: Với khối hộp có kích thước a; b; c thì diện tích toàn phần của khối hộp là $2\left(ab+bc+ca\right)$. Thể tích của khối hộp là abc. Từ hai dữ kiện này và phương án đề bài ra thì ta không thể kết luận được B đúng hay sai, do vậy ta xét tiếp C.

Với C: Tương tự A thì C đúng do công thức tính thể tích khối lăng trụ là $V=Bh$.

Với D: Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có cạnh bằng nhau, suy ra hai khối có thể tích bằng nhau. Vậy từ đây ta chọn B.

Đáp án C.

Do hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a nên đường chéo của mặt hình lập phương chính là đường kính của hình tròn ngoại tiếp $\Rightarrow r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ là bán kính của hình tròn đáy hình trụ.

Thể tích khối trụ là $V={\mathrm{\pi r}}^2.\mathrm{a}=\frac{{\mathrm{\pi a}}^3}{2}$.

Đáp án D.

Với A: $i^{4n}={\left(i^2\right)}^{2n}={(-1)}^{2n}=1$. Vậy ta loại A.

Với B: $i^{4n+1}=1.i=i$. Vậy ta loại B.

Với C: $i^{4n+2}=1.i^2=-1$. Vậy ta loại C.

Đáp án B.

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

$\int x.\ln \left(2x\right)dx=\frac{x^2}{2}.\ln 2x-\int \frac{x^2}{2}.\frac{1}{x}dx=\frac{x^2}{2}.\ln 2-\int \frac{x}{2}dx$ 

$\frac{x^2}{2}.\ln 2x-\frac{x^2}{4}+C=\frac{x^2}{2}.\ln \frac{2x}{\sqrt{e}}+C$

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án B.

- A sai vì có thể xảy ra khả năng a và c song song với nhau và cùng vuông góc với b.

- C sai. Xét trường hợp a, b, c vuông góc với nhau từng đôi một và đồng quy tại một điểm. Khi đó $a\perp \left(b,c\right)$. Do đó a vuông góc với mọi đường thẳng d nằm trong mặt phẳng $\left(b,c\right)$, trong đó có những đường thẳng cắt cả b và c.

- D sai vì nếu c nằm trong $\left(a,b\right)$ và vuông góc với a thì c không thể vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong $\left(a,b\right)$.

Vậy B đúng (dựa vào định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian có thể thấy B đúng).

Đáp án C.

Ta chọn C do hàm số ở phương án C có tử thức là đa thức có bậc lớn hơn bậc của mẫu thức. Do vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án B.

Gọi đầu kéo máy là X.

Cách 1:

Theo dữ kiện đề bài ta sẽ sử dụng phương pháp vách ngăn để sắp xếp các  toa.

Trường hợp 1: Hai toa A và B không cạnh nhau.

Sắp xếp X | A | B | theo một hàng ta có 1 cách.

Ta có 3 vị trí để xếp các toa C; D vào hàng. Số cách xếp là $A_3^2=6$.

Vậy có 6 cách xếp cho trường hợp 1.

Trường hợp 2: Hai toa A và B cạnh nhau.

Buộc hai toa A và B vào với nhau có 1 cách (do A gần X hơn B).

Số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu là 1.3.2.1=6 cách.

Kết hợp hai trường hợp có tất cả 6+6=12 cách.

Cách 2: Gọi các vị trí sau đầu máy là 1, 2, 3, 4.

Trường hợp 1: Toa A ở vị trí số 1. Khi đó toa B có thể ở một trong ba vị trí còn lại.

Trường hợp 2: Toa A ở vị trí số 2. Khi đó toa B có thể ở một trong hai vị trí 3, 4.

Trường hợp 3: Toa A ở vị trí số 3. Khi đó toa B phải ở vị trí số 4.

Trường hợp 4: Toa A ở vị trí số 4. Khi đó không thể xếp được toa B thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Khi xếp xong hai toa A và B thì có hai cách xếp hai toa C và D (giao hoán).

Vậy có tất cả: $\left(3+2+1\right)\times 2=12$ cách xếp các toa tàu.

Đáp án D

Gọi M là giao điểm của AI và BC; gọi N là giao điểm của A'J và B'C'. Suy ra M,N lần lượt là trung điểm của BC,B'C'.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}MN//BB\text{'}\\ AA\text{'}//BB\text{'}\end{array}\Rightarrow MN//AA\text{'}\right.$. Mặt khác $MN=BB\text{'}\Rightarrow MN=AA\text{'}$.

Từ hai dữ kiện trên suy ra AMNA' là hình bình hành. Vậy thiết diện tạo bởi mặt phẳng (ẠIJ) và hình lăng trụ là hình bình hành.

Đáp án B

Sử dụng máy tính tính giá trị của A với a=2;b=3 rồi lưu vào biến X:

Với A: 

Kết quả ra khác 0 nên ta loại A.

Với B: 

Vậy ta chọn B.

Đáp án D

Đáp án B

 Đáp án C

Đáp án B.

 Gọi ABCD là tứ diện đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm của AB và N là trung điểm của CD.

Do NA=NB nên tam giác NAB cân $\Rightarrow MN\perp AB$.

Do MC=MD nên tam giác MCD cân $\Rightarrow MN\perp CD$.

Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Tam giác BMN vuông tại M

$\Rightarrow MN=\sqrt{B{N}^2-B{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $d(AB,CD)=MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy ta chọn B.

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án C.

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi E,F,G,I,J,K là tâm các mặt của nó. Khi đó các đỉnh E,F,G,I,J,K tạo thành hình bát diện đều EFGHIJK.

Đặt $AB=a$ thì $EJ=\frac{A\text{'}B}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Thể tích của khối bát diện đều có cạnh bằng x được tính bằng công thức $V=\frac{x^3\sqrt{2}}{3}$. Áp dụng vào bài toán ta có $V_{EFGỊK}=\frac{1}{3}.{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^3.\sqrt{2}=\frac{a^3}{6}$.

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là $\frac{{\displaystyle \frac{a^3}{6}}}{a^3}=\frac{1}{6}$.

Đáp án C

Đáp án C.

Cách 1: Gọi $A(t;1+2t;6+3t)$ và $B\left(1+t\text{'};-2+t\text{'};3-t\text{'}\right)$ lần lượt là giao điểm của $∆$ với d và d'. Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1+t\text{'}-t\text{'};-3+t\text{'}-2t;-3-t\text{'}-3t\right)$.

Vì $∆$ song song với trục Oz mà trục Oz có vtcp $\overrightarrow{k }=\left(0;0;1\right)$.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}1+t\text{'}-t=0\\ -3+t\text{'}-2t=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=-4\\ t\text{'}=-5\end{array}\right.$.

Vậy $A=\left(-4;-7;-6\right)$. Do đó $∆$  có phương trình tham số $\left\{\begin{array}{l}x=-4\\ y=-7\\ z=-6+t\end{array}\right.$.

Cách 2: Trục Oz có vtcp $\overrightarrow{u_{oz}}=\left(0;0;1\right)$.

Đường thẳng d đi qua M(0;1;6) và vtcp $\overrightarrow{u_d}=\left(1;2;3\right)$.

Đường thẳng d' đi qua N(1;-2;3) và có vtcp $\overrightarrow{u_{d\text{'}}}=\left(1;1;-1\right)$.

- Gọi (P) là mặt phẳng song song với trục Oz và chứa $d:\frac{x}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-6}{3}$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{u_{Oz}},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(-2;1;0\right)$.

Mặt phẳng (P) có phương trình $-2x+(y-1)=0\iff -2x+y-1=0$.

- Gọi $\left(Q\right)$ là mặt phẳng song song với trục Oz và chứa $d\text{'}:\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-3}{-1}$  song song với trục Oz và chứa $d\text{'}=\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-3}{-1}$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left[\overrightarrow{u_{Oz}},\overrightarrow{u_{d\text{'}}}\right]=\left(-1;1;0\right)$.

Mặt phẳng $\left(Q\right)$ có phương trình

$-1(x+1)+1.(y+2)+0.(z-3)=0\iff -x+y+3=0$.

- Đường thẳng $∆$ cần tìm là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng $\left(Q\right)$.

Gọi $A\in ∆\Rightarrow A\in \left(P\right),A\in \left(P\right),A\in \left(Q\right)\Rightarrow A\left(-4;-7;-6\right)$.

Đường thẳng $∆$ có vtcp $\overrightarrow{u_{∆}}$ cùng phương với $\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(0;0;-1\right)$.

$\Rightarrow ∆:\left\{\begin{array}{l}x=-4\\ y=-7 \left(t\in \mathrm{ℝ}\right)\\ z=-6+t\end{array}\right.$.

Đáp án D

Đáp án A.

Dễ thấy m và n càng chênh lệch ít thì số hình chữ nhật được tạo ra càng nhiều. Do đó số hình chữ nhật được tạo ra là lớn nhất nếu $m=7,n=8$ hoặc ngược lại. Để cho dễ hình dung ta xét trường hợp có 7 đường nằm ngang và 8 đường thẳng đứng. Cứ hai đường nằm ngang kết hợp với hai đường thẳng đứng thì tạo thành một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật là $C_7^2\times C_7^2=588$.

Đáp án A.

Ta có $\overrightarrow{AC }=\left(0;-2;4\right);\overrightarrow{AB }=\left(1;-1;2\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AC };\overrightarrow{AB }\right]=\left(0;4;2\right)$.

D nằm trên trục Oy nên $D=\left(0;d;0\right)$.

Cách 1:

Ta có $\overrightarrow{AD }=\left(-2;d-1;1\right);\left[\overrightarrow{AC };\overrightarrow{AB }\right]\overrightarrow{AD }=4\left(d-1\right)+2=4d-2$.

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AC };\overrightarrow{AB }\right]\overrightarrow{AD }\right|\Rightarrow \frac{1}{6}\left|4d-2\right|=5\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}4d-2=30\\ 4d-2=30\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=8\\ d=-7\end{array}\right.\right.$.

Từ đó ta chọn A.

Cách 2:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{AC },\overrightarrow{AB }\right]\right|=\sqrt{5}$.

$V=5=\frac{1}{3}.S_{ABC}.d\left(D;\left(ABC\right)\right)\Rightarrow d\left(D;\left(ABC\right)\right)=3\sqrt{5}$.

Mặt phẳng $\left(ABC\right)$: đi qua $A\left(2;1;-1\right)$ và có vtpt $\overrightarrow{n } =\left(0;4;2\right)$.

$\Rightarrow \left(ABC\right):4\left(y-1\right)+\left(z+1\right)=0\iff 2y-2+z+1=0\iff 2y+z-1=0$ 

$d\left(D;\left(ABC\right)\right)=\frac{\left|2.d-1\right|}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\iff \left\{\begin{array}{l}d=8\\ d=-7\end{array}\right.$. Vậy ta chọn A.

Đáp án D.

Phương trình đường tròn tâm O có bán kính $R=2\sqrt{2}$ là $x^2+y^2=8$.

Ta có parabol và đường tròn như hình vẽ bên.

Giao điểm của parabol và đường tròn là nghiệm của hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=8\\ y=\frac{x^2}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm 2\\ y=2\end{array}\right.$ 

Vì parabol và đường tròn đều đối xứng qua trục Oy nên ta có

$S=2{\int }_0^2\left(\sqrt{8-x^2}-\frac{x^2}{2}\right)dx$ .

Bấm máy tính, ta được kết quả như hình bên. Ta biết $S=a\mathrm{\pi }+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}$ nên ta thao tác tiếp theo trên máy như hình bên.

Vậy ta có $S=2\mathrm{\pi }+\frac{4}{3}$. Do đó ta có $a=2,b=4,c=3\Rightarrow a+b+c=9$. Chọn đáp án D.

Đáp án D.

Ta có $y\text{'}=6x^2+6\left(1-m\right)x+6\left(m-2\right)$.

Hàm số có điểm cực trị $x_0=2\Rightarrow 6.2^2+6.\left(1-m\right).2+6.\left(m-2\right)=0\iff m=4$.

Với $m=4$ hàm số có thêm một điểm cực trị $x_1=\frac{m-2}{2}=1$.

Hàm số đã cho trở thành $y=2x^3-9x^2+12x+n$.

Hàm số này có hai cực trị là $y_0=y\left(2\right)=n+4$ và $y_1=y\left(1\right)=n+5$.

Hàm số có hai cực trị đều dương $\iff \left\{\begin{array}{l}n+4>0\\ n+5>0\end{array}\iff n>-4\right.$

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của n là ‒3. Do đó giá trị nhỏ nhất của $m+n$ (với $m,n$ nguyên) là $4+\left(-3\right)=1$. Chọn đáp án D.

Đáp án C.

Ta có $y\text{'}=3x^2-12x+9$.

Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A của đồ thị hàm số.

Lúc này tiếp tuyến có phương trình

$y=\left(3{x_o}^2-12x_0+9\right)\left(x-x_0\right)+{x_0}^3-6{x_0}^2+9x_0-1$

Tiếp tuyến đi qua $A\left(1;m\right)\Rightarrow m=\left(3{x_0}^2-12x_0+9\right)\left(1-x_0\right)+{x_0}^3-6{x_0}^2+9x_0-1$ 

$\iff m=-2{x_0}^3+9{x_0}^2-12x_0+8$  (*).

Để có đúng một tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua A thì phương trình (*) có duy nhất một nghiệm.

Xét hàm số $f\left(x\right)=-2{x_0}^3+9{x_0}^2-12x_0+8$ có bảng biến thiên

Để phương trình (*) có nghiệm duy nhất thì $\left\{\begin{array}{l}m>4\\ m<3\end{array}\iff m\in \left(-\infty ;3\right)\right.\cup \left(4;+\infty \right)$.

Vậy ta chọn C.

Đáp án A.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)==\cos x-2m\cos 2x-\cos 3x+2m=\cos x-\cos 3x-2m(\cos 2x-1)$ 

Hàm số có $f\text{'}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \mathrm{ℝ}\iff \cos x-\cos 3x\ge 2m\left(\cos 2x-1\right),\forall x\in \mathrm{ℝ}$. (*)

Với $\cos 2x=1$ thì thỏa mãn (*).

Với $\cos 2x\not\equiv 1$ thì $\iff \frac{\cos x-\cos 3x}{\cos 2x-1}\le 2m,\forall x\in \mathrm{ℝ}$.

Đặt $\frac{\cos x-\cos 3x}{\cos 2x-1}=g\left(x\right)$. Để $g\left(x\right)\le 2m,\forall x\in \mathrm{ℝ}$,  thì $2m\ge \underset{R}{max} g\left(x\right)$.

Sử dụng máy tính cầm tay ta có

Từ bảng giá trị kết hợp với phương án thì ta suy ra

$\underset{\mathrm{ℝ}}{max} g\left(x\right)=2\iff 2m\ge 2\iff m\ge 1$.

Đáp án A.

Giả sử cạnh góc vuông có độ dài bằng X$x\left(0<x<a\right)$.

Suy ra độ dài cạnh huyền là $a-x$.

Độ dài cạnh góc vuông còn lại là $\sqrt{{\left(a-x\right)}^2-x^2}=\sqrt{a^2-2ax}$.

Diện tích tam giác vuông đó được tính bằng công thức $S=\frac{1}{2}x.\sqrt{a^2-2ax}$.

$S=\frac{1}{2a}.\sqrt{ax}.\sqrt{ax}.\sqrt{a^2-2ax}\le \frac{1}{2a}.\sqrt{{\left(\frac{ax+ax+a^2-2ax}{3}\right)}^3}=\frac{1}{2a}.\sqrt{\frac{a^6}{27}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{18}$.

Dấu bằng xảy ra khi $ax=a^2-2ax\iff x=\frac{a}{3}$.

Đáp án B.

Ta có $x.2^x=x\left(x-m+1\right)+m\left(2^x-1\right)\iff \left(x-m\right)2^x=x^2-(m-1)x-m$ 

$\iff \left(x-m\right)2^x=(x-m)(x+1)\iff \left(x-m\right)\left(2^x-x-1\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=m\\ 2^x=x+1\end{array}\right.$

Giải phương trình $2^x=x+1$.

Nhìn vào màn hình ta thấy phương trình $2^x=x+1$có hai nghiệm phân biệt là $x=0;x=1$. Do vậy để tập nghiệm của phương trình đã cho có đúng hai phần tử thì $m\in \left\{0;1\right\}$. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn, ta chọn B.

Đáp án B.

Theo bài ra ta có $m^{\frac{2}{3}}{n}^{\frac{1}{3}}\ge 40\Rightarrow m^{2}n\ge {40}^3$.

Số chi phí phải trả mỗi ngày là $P=16m+27n$. Ta cần tìm .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

$P=8m+8m+27\ge 3\sqrt[3]{8m.8m.27n}=3\sqrt[3]{1728m^2}\ge 3\sqrt[3]{1728.{40}^3}=1440$.

Vậy $min P=1440$.

Đáp án C.

Tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ sang trái 1 đơn vị.

Giữ nguyên phần đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung. Xóa phần đồ thị hàm số nằm bên trái trục tung.

Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung qua trục tung.

Từ đây ta có đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|+1\right)$.

Đáp án A

Gọi K là trọng tâm tam giác ABC. Qua K kẻ đường thẳng song song với A'B' lần lượt cắt AC; BC tại E và F. Gọi I là giao của CK và AB. Ta có

$CI\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow V_{CBA\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{3}.CI.S_{BA\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{13}}{12}$.

Kí hiệu như hình vẽ. Ta có $V=V_{CFA\text{'}B\text{'}}+V_{CEA\text{'}F}$.

Mà $\frac{V_{CEA\text{'}F}}{CA\text{'}BB\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.1\Rightarrow V_{CEA\text{'}F}=\frac{4}{9}.\frac{1}{3}.AA\text{'}.S_{ABC}=\frac{4}{27}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{27}$.

$\frac{V_{CFA\text{'}B\text{'}}}{CBA\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}.1.1\Rightarrow V_{CFA\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{a^3\sqrt{3}}{12}=\frac{a^3\sqrt{13}}{18}$. Suy ra $V=\frac{a^3\sqrt{3}}{27}+\frac{a^3\sqrt{3}}{18}=\frac{5a^3\sqrt{3}}{54}$.

Đáp án A.

Cách 1: $w=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2\iff z=\frac{w-2}{1+i\sqrt{3}}$. Từ đó

$\left|z-1\right|\le 2\iff \left|\frac{w-2}{1+i\sqrt{3}}-1\right|\le 2\iff \left|w-3-i\sqrt{3}\right|\le 2\left|1+i\sqrt{3}\right|\iff \left|w-\left(3+i\sqrt{3}\right)\right|\le 4$.

Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn tâm I($3;\sqrt{3}$) bán kính R = 4. Chọn đáp án A.

Cách 2: Gọi $w=x+yi;\left(x,y\in \mathrm{ℝ}\right)$. Khi đó ta có

$w=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2\iff x+yi=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2\iff \frac{x-2+yi}{1+i\sqrt{3}}=z$ 

$\Rightarrow \left|z-1\right|=\left|\frac{x-2+yi}{1+i\sqrt{3}}-1\right|=\left|\frac{x-3-\left(y-\sqrt{3}\right)i}{1+i\sqrt{3}}\right|\Rightarrow \left|z-1\right|=\left|\frac{x-y\sqrt{3}+i\left(y-x\sqrt{3}+4\sqrt{3}\right)}{4}\right|$ 

$\left|z-1\right|\le 2\Rightarrow \sqrt{{\left(x-y\sqrt{3}\right)}^2+{\left(y-x\sqrt{3}+4\sqrt{3}\right)}^2}\le 8\Rightarrow {\left(x-3\right)}^2+{\left(y-\sqrt{3}\right)}^2\le 16$.

Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn tâm I($3;\sqrt{3}$) bán kính R = 4. Chọn đáp án A.

Bài toán tổng quát: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số $w=\alpha z+\beta$ trong đó z là số phức tùy ý thỏa mãn $\left|z-z_0\right|\le R$ ($z_0,\alpha \not\equiv 0,\beta$ là những số phức cho trước, R là số thực dương cho trước).

Tương tự như lời giải trên, ta có tập hợp cần tìm là hình tròn có tâm là điểm biểu diễn số phức $\alpha z_0+\beta$, với bán kính bằng $R\left|\alpha \right|$.

Đáp án B.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC$\Rightarrow IA=IB=IC$  (1).

Ta có $∆SAC=∆SAB\Rightarrow A{B}_1=A{C}_1$. Từ đây ta chứng minh được $B_1{C}_1//BC$.

Gọi M là trung điểm của $BC\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow B_1{C}_1\perp \left(SAM\right)$.

Gọi $\left\{H\right\}=SM\cap B_1{C}_1\Rightarrow \frac{H{B}_1}{MB}=\frac{H{C}_1}{MC}$, do $MB=MC$ nên $H{B}_1=H{C}_1$ 

Mặt phẳng (SAM) đi qua trung điểm H của $B_1{C}_1$ nên $B_1{C}_1\perp \left(SAM\right)$ nên (SAM) là mặt phẳng trung trực của $B_1{C}_1$. Do $I\in AM\subset \left(SAM\right)$ nên $I{B}_1=I{C}_1$ (2).

Gọi N là trung điểm của AB, suy ra $\left\{\begin{array}{l}AB\perp IN\\ SA\perp IN\end{array}\right.\Rightarrow IN\perp \left(SAB\right)$.

Tam giác $AB{B}_1$ vuông tại $B_1$ có N là trung điểm của AB nên $NA=N{B}_1=\frac{1}{2}AB$.

Như vậy ta có các tam giác vuông sau bằng nhau

$∆INA=∆INB=∆IN{B}_1\Rightarrow IA=IB=I{B}_1$ (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra 5 điểm A,B,C,$B_1,C_1$ cùng nằm trên mặt cầu tâm I, bán kính $R=IA=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (do ABC là tam giác đều và I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Rightarrow$ I cũng là trọng tâm tam giác ABC).

Đáp án A.

Tam giác OPM vuông tại P suy ra $OP=R.\cos \alpha ;MP=R.\sin \alpha$.

Thể tích khối nón được tính bằng công thức

$V=\frac{1}{3}.OP.{\mathrm{\pi MP}}^2=\frac{1}{3}.\mathrm{R}.\mathrm{cos\alpha }.\mathrm{\pi }.{\mathrm{R}}^2.{\sin }^2\mathrm{\alpha }=\frac{{\mathrm{\pi R}}^3}{3}.\mathrm{cos\alpha }.{\sin }^2\mathrm{\alpha }=\frac{{\mathrm{\pi R}}^3}{3}.\mathrm{cos\alpha }\left(1-{\cos }^2\mathrm{\alpha }\right)$

V đạt giá trị lớn nhất khi $-{\cos }^3\alpha +\cos \alpha$ đạt giá trị lớn nhất.

Sử dụng TABLE ta có

Ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất là $0,384=\frac{2\sqrt{3}}{9}$. Suy ra $V=\frac{2\sqrt{3}{\mathrm{\pi R}}^3}{27}$.

Đáp án A.

Bốn tâm của các bi nhỏ cùng với tâm của các bi lớn tạo thành hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 3. Khi đó chiều cao của hình chóp đều này là $\sqrt{7}$.

Khoảng cách từ tâm của bi lớn đến đáy của hình hộp là $\sqrt{7}+1$.

Do đó chiều cao của hình hộp là $2.\left(\sqrt{7}+1\right)=2+2\sqrt{7}$.