Đáp án C

Ta có ab=-1<0 suy ra hàm số có 3 điểm cực trị

Hàm số trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ (với $a\ne 0$)

+) Có 1 cực trị khi $ab\ge 0.$

+) Có 3 cực trị khi ab<0

Đáp án D

Do $\left\{\begin{array}{l}a\in \left(0;1\right)\\ {\log }_{a}b>0\end{array}\right.\Rightarrow 0<b<1.$

Đáp án D

Ta có ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=u^{\text{'}}{a}^u\ln a\Rightarrow y^{\text{'}}={\left({10}^{2x+1}\right)}^{\text{'}}={2.10}^{2x+1}\ln 10={20.10}^{2x}\ln 10.$

Đáp án D

Ta có $M\left(2;-3\right)\Rightarrow z=2-3i$

$\Rightarrow \overline{z}=2+3i\Rightarrow \overline{z}$ có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và 3.

Đáp án B

Đặt z=a+bi khi đó:

$z=\overline{z}\iff a+bi=a-bi\iff 2bi=0\Rightarrow z=a$ là số thực

Đáp án A

TXĐ: $ℝ\backslash \left\{-2\right\}.$ Ta có $y^{\text{'}}=\frac{5}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\ne -2.$

Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$

Suy ra A sai (đúng phải là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó).

Đáp án B

+) Hàm số đạt cực đại tại $x=0\to$A sai.

+) Giá trị lớn nhất của hàm số là $\underset{x\in \left(-2;3\right]}{\max y}=4\to$B đúng.

+) Hàm số không xác định tại $x=-2\Rightarrow$ không có giá trị nhỏ nhất $\to$  C sai.

+) Cực tiểu của hàm số là giá trị cực tiểu của hàm số. Nên cực tiểu của hàm số là 1 $\to$ D sai

Đáp án B

Chọn ra 3 cuốn sách từ 10 cuốn (không quan tâm tới thứ tự) nên số cách chọn là: $C_{10}^3.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left(1;1;-1\right)\\ {\overrightarrow{n}}_{\left(Q\right)}=\left(2;-1;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\overrightarrow{u}}_d=\left[{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)},{\overrightarrow{n}}_{\left(Q\right)}\right]=\left(1;-4;-3\right).$

Đáp án C

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \left(x-\frac{3}{{\left(x+1\right)}^3}\right)dx=\frac{x^2}{2}+\frac{3}{2{\left(x+1\right)}^2}+C.$

Đáp án A

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}16-x^4\ge 0\\ -x^2+4x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-2\le x\le 2\\ x\ne 1,x\ne 3\end{array}\right.\iff x\in \left[-2;2\right]\backslash \left\{1\right\}\Rightarrow$ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang (Vì không chứa $-\infty$ hoặc $+\infty$ nên không tồn tại ).

Xét $-x^2+4x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

+) Với $x=1\Rightarrow \sqrt{16-x^4}=\sqrt{15}\ne 0\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng.

+) Với  không xác định nên x = 3 không phải là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường x = 1.

Đáp án C

Ta có $T={\log }_c\frac{\sqrt{a}}{b}=\frac{1}{2}{\log }_{c}a-{\log }_{c}b=\frac{1}{2{\log }_{a}c}-\frac{{\log }_{a}b}{{\log }_{a}c}=\frac{1}{2.3}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}.$

Đáp án B

Hàm số xác định trên tập $ℝ\to$ Loại C, D.

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)\to$ Loại A

Đáp án B

Ta dễ thấy hàm số f(x)=lnx đồng biến trên $\left(y^{\text{'}}=\frac{1}{x}>0,\forall x>0\right).$

Đáp án B

Ta có dấu của f'(x) trên [0;3] như sau:

Suy ra bảng biến thiên:

Suy ra $\underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right).$

Đáp án C

Ta có $C=2\pi r=8\pi \Rightarrow r=4cm.$

Suy ra: $V=\frac{1}{3}\pi r^2.h=16\pi \Rightarrow h=3cm\Rightarrow l=\sqrt{r^2+h^2}=5cm.$

Đáp án B

Ta có: $h=d\left(I,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|1+2+4-1\right|}{3}=2$

$\Rightarrow R=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}\Rightarrow S=4\pi R^2=52\pi .$

Đáp án A

Cách 1: Do z=1-2i là nghiệm thức của phương trình $z^2+az+b=0\Rightarrow {\left(1-2i\right)}^2+a\left(1-2i\right)+b=0$

$\iff a+b-3-2\left(a+2\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}a+b-3=0\\ a+2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=5\end{array}\right.\Rightarrow a-b=-7.$

Cách 2:

Phương trình bậc 2 với hệ số thực có 2 nghiệm phức là 2 số phức liên hợp của nhau.

Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm $z_1=1-2i$ và  $z_2=1+2i$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-\left(z_1+z_2\right)=-2\\ b=z_1.z_2=5\end{array}\right.\Rightarrow a-b=-7.$

Đáp án A

Đặt $\cos x=t\Rightarrow {\sin }^{2}x=1-t^2,x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(0;1\right)$

Khi đó $y=1-t^2-\frac{2}{27t}\Rightarrow y^{\text{'}}=-2t+\frac{2}{27t^2},y^{\text{'}}=0\iff t=\frac{1}{3}\in \left(0;1\right).$

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;1\right)}{\max }y=y\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3}.$

Đáp án D

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}n\in \mathbb{N}*\\ n\ge 2\end{array}\right..$ Khi đó phương trình tương đương:$n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=210\iff n^2+n-420=0\iff \left[\begin{array}{l}n=20\\ n=-21\end{array}\right.\stackrel{n\ge 2}{\to }n=20\in \left(19;22\right).$

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ cho ta biết:

+) Trên $\left[a;c\right]:f\left(x\right)\ge g\left(x\right)$ hay $f\left(x\right)-g\left(x\right)\ge 0.$

+) Trên $\left[c;b\right]:g\left(x\right)\ge f\left(x\right)$ hay $g\left(x\right)-f\left(x\right)\ge 0.$

Do đó: $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|g\left(x\right)-f\left(x\right)\right|dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx$

$=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}\left[g\left(x\right)-f\left(x\right)\right]dx.$  

Đáp án C

Phương trình $9^x-{3.3}^x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2={\log }_{3}2\end{array}\right.\Rightarrow A=2x_1+3x_2=3{\log }_{3}2$

Đáp án D

Ta có a=-1<0 suy ra “điểm cuối” của đồ thị có hướng đi xuống loại C.

Ta có $ab=-2<0,$ suy ra hàm số có 3 cực trị $\to$ loại B.

Do $d=-1<0,$ suy ra đồ thị cắt trục hoành Oy tại điểm có hoành độ âm

Đáp án C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u={\ln }^{2}x\\ dv=x^{2}dx\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=\frac{2\ln x}{x}dx\\ v=\frac{x^3}{3}\end{array}\right..$ Khi đó $I={\left.\frac{1}{3}{x}^3{\ln }^{2}x\right|}_1^e-\frac{2}{3}\underset{1}{\overset{e}{\int }}{x}^2\ln xdx.$

Đáp án D

Ta có $M\left(x;1\right)\Rightarrow z=x+i\Rightarrow w=\overline{z}+i=x\Rightarrow$ điểm biểu diễn w là điểm S

Đáp án D

Do ABC là tam giác cân và $\widehat{ABC}=60°$ nên tam giác ABC đều

$\Rightarrow S_{ABCD}=2S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Lại có: $SA=\frac{AC}{\tan \widehat{ASC}}=\frac{a}{\tan 60°}=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{6}.$

Đáp án B

Ta có $I=\underset{3}{\overset{4}{\int }}\frac{dx}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}={\left.\frac{1}{3}\ln \left|\frac{x-2}{x+1}\right|\right|}_3^4=\frac{1}{3}\ln \frac{8}{5}=\ln 2-\frac{1}{3}\ln 5+0=a\ln 2+b\ln 5+c.$

Do $a,b,c\in \mathbb{Q}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-\frac{1}{3}\\ c=0\end{array}\right.\Rightarrow S=a-3b+c=2.$

Đáp án D

Gọi cạnh của hình lập phương là a khi đó ta có $V=a^3.$

Hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và đỉnh là tâm của hình vuông A'B'C'D'

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}R=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ h=a\end{array}\right.\Rightarrow V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}h\pi R^2=\frac{1}{6}\pi a^3=\frac{\pi V}{6}.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left(1;2;-m\right)\\ {\overrightarrow{u}}_{\Delta }=\left(-2;n;4\right)\end{array}\right..$ Do $\Delta$ vuông góc với (P), suy ra ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)},{\overrightarrow{u}}_{\Delta }$ cùng phương.

Do đó: $\frac{1}{-2}=\frac{2}{n}=\frac{-m}{4}\iff \left\{\begin{array}{l}n=-4\\ m=2\end{array}\right.\Rightarrow m+n=-2.$

Đáp án C

Dựng hình bình hành HDCE.

Suy ra $HD//CE\Rightarrow HD//\left(SCE\right).$

Khi đó:

$h=d\left(HD,SC\right)=d\left(HD,\left(SCE\right)\right)=d\left(H,\left(SCE\right)\right)=HK$

(như hình vẽ). Ta có: $EC=HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=a\sqrt{2}.$

Suy ra: $HI=\frac{S_{HDCE}}{EC}=\frac{S_{ABCD}}{EC}=\frac{2a^2}{a\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$

Tam giác SAB cân tại S và $\left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SBA}=60°.$

Suy ra $△SAB$ đều cạnh $AB=2a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}.$

Ta có: $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{6a^2}$

$\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{30}}{5}.$ Vậy $d\left(HD,SC\right)=\frac{a\sqrt{30}}{5}.$

Đáp án A

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)-4034x+2018.$

Suy ra: $g^{\text{'}}\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)+x_0{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)-4034x_0+2018$ (*)

Gọi $M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)=2017\\ f\left(x_0\right)=2017x_0-2018\end{array}\right.$  (2^*)

Thay (2^*) vào (*), ta được $g^{\text{'}}\left(x_0\right)=2017x_0-2018+x_0.2017-4034x_0+2018=0.$

Đáp án D

Đặt $t=x^2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}dt=2xdx\\ x:0\to 1\Rightarrow t:0\to 1\end{array}\right..$

Khi đó: $I=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(t\right)dt=\frac{1}{2}{\left.f^{\text{'}}\left(t\right)\right|}_0^1=\frac{1}{2}.\left(f\text{'}\left(1\right)-f\text{'}\left(0\right)\right)$ (*)

Do hàm số y=f(x) có điểm cực trị $x=1\Rightarrow f^{\text{'}}\left(1\right)=0.$

Phương trình đường thẳng $\Delta :\frac{x}{1}+\frac{y}{1}=1\iff y=-x+1$ (1)

Suy ra hệ số góc của đường thẳng $∆$ là $-1\Rightarrow f^{\text{'}}\left(0\right)=-1$ (2).

Thay (1), (2) vào (*), ta được: $I=\frac{1}{2}.\left(0-\left(-1\right)\right)=\frac{1}{2}.$

Đáp án B

Điều kiện ${\log }_{\frac{1}{5}}\left({\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\right)\ge 0={\log }_{\frac{1}{5}}1\iff 0<{\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\le 1$

$$\begin{gathered} \iff {\log }_{5}1<{\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\le {\log }_{5}5\iff 1<\frac{x^2+1}{x+3}\le 5 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2-x-2}{x+3}>0\\ \frac{x^2-5x-14}{x+3}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}-3<x<-1\\ x>2\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}x<-3\\ -2\le x\le 7\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-2\le x<-1\\ 2<x\le 7\end{array}\right.\Rightarrow D=\left[-2;-1\right)\cup \left(2;7\right]. \end{gathered}$$

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}x\in D\\ x\in \mathbb{Z}\end{array}\right.\to x\in \left\{-2;3;4;5;6;7\right\}:$ có 6 số nguyên.

Đáp án C

Tam giác đều cạnh $2\sqrt{\sin x}$ có diện tích: $S\left(x\right)=\frac{{\left(2\sqrt{\sin x}\right)}^2.\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\sin x.$

Suy ra thể tích vật thể là: $V=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}S\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{3}\sin xdx=-{\left.\sqrt{3}\cos x\right|}_0^{\pi }=-\sqrt{3}\left(-1-2\right)=2\sqrt{3}.$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta có:

+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra:

$y^{\text{'}}=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}<0,$ với $x\ne -\frac{d}{c}\iff ad-bc<0\iff ad<bc\left(*\right)\to$ loại A, B.

+) Đồ thị cắt trục hoành Ox tại điểm có hoành độ $x=-\frac{b}{a}>0\iff ab<0$ (1).

+) Đồ thị có tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}>0\iff ac>0$ (2).

Từ (1), (2) $\Rightarrow a^{2}bc<0\iff bc<0$ (2*) (vì $a\ne 0$ ).

Từ (*), (2^*) $\Rightarrow ad<bc<0.$

Đáp án D

Để trả lời được câu hỏi ta cần xác định được khối đa diện đều loại $\left\{5;3\right\}$ có bao nhiêu mặt và mỗi mặt có bao nhiêu đỉnh (cạnh) ?

+) Loại $\left\{5;3\right\}$ cho ta biết mỗi mặt có 5 đỉnh (5 cạnh) hay mỗi mặt là một ngũ giác (chia thành 3 tam giác), suy ra tổng các góc của một mặt là: $3.180°=3\pi$ (rad) (*).

+) Loại  là khối đa diện mười hai mặt đều, nên có 12 mặt (2^*).

Từ (*) và (2^*), suy ra tổng các góc của tất cả các mặt là: $12.3\pi =36\pi .$

Đáp án B

Ta có: $L=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}.\left(\sin x-2\right)}{4x^3-{\pi }^{2}x}$

$=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\left[{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}\sin x\right]-2^{2019}}{x-\frac{\pi }{2}}.\frac{1}{4x\left(x+\frac{\pi }{2}\right)}.$

Đặt $f\left(x\right)={\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}.\sin x.$

Khi đó $L=f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right).\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{1}{4x\left(x+\frac{\pi }{2}\right)}=f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right).\frac{1}{2{\pi }^2}.$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=2018.{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2017}.\left(\cos x-\sin x\right)+2^{2018}.\cos x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right)=-{2018.2}^{2017}.$

Suy ra $L=-{2018.2}^{2017}.\frac{1}{2{\pi }^2}=-\frac{{1009.2}^{2017}}{{\pi }^2}.$

Đáp án D

Với a,b>0 ta có:

+) $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{ax+b}=\frac{1}{a}{\left.\ln \left|ax+b\right|\right|}_0^2=\frac{1}{a}\ln \frac{2a+b}{b}=\frac{2}{a}\ln 2\Rightarrow \frac{2a+b}{b}=4\iff 2a=3b$ (*).

+)  $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{bx+a}=\frac{1}{b}{\left.\ln \left|bx+a\right|\right|}_0^2=\frac{1}{b}\ln \frac{2b+a}{a}=\frac{1}{b}\ln \frac{2a+1}{3}$ 

$\Rightarrow \frac{2b+a}{a}=\frac{2a+1}{3}\iff 6b+3a=2a^2+a$ (2*)

Thay (*) vào (2^*), ta được: $4a+3a=2a^2+a\iff 2a\left(a-3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}a=0\\ a=3\end{array}\right.\stackrel{a>0}{\to }a=3\stackrel{\left(*\right)}{\to }b=2.$

Suy ra T=a+b=5

Đáp án B

Điều kiện bài toán tương đương:

$\left(2-i\right)\left|z\right|-6+2i=\frac{25}{\overline{z}}\iff \left(2\left|z\right|-6\right)-\left(\left|z\right|-2\right)i=\frac{25}{\overline{z}}.$

 $\Rightarrow \left(2\left|z\right|-6\right)-\left(\left|z\right|-2\right)i=\left|\frac{25}{\overline{z}}\right|\iff \sqrt{{\left(2\left|z\right|-6\right)}^2+{\left(\left|z\right|-2\right)}^2}=\frac{25}{\left|\overline{z}\right|}$ (*)

Đặt $t=\left|z\right|>0,$ khi đó (*) có dạng: $\sqrt{{\left(2t-6\right)}^2+{\left(t-2\right)}^2}=\frac{25}{t}\iff 5t^2-28t+40=\frac{625}{t^2}$

$\iff 5t^4-28t^3+40t^2-625=0\iff \left(t-5\right)\left(5t^3-3t^2+25t+125\right)=0$ (2*)

Do $\left(5t^3-3t^2+25t+125\right)=0\iff t\left(5t^2-3t+25\right)+125>0,\forall t>0,$ suy ra:

(2*) $\iff t=5\iff \left|z\right|=5\in \left(4;6\right).$

Đáp án B

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=e^x\left(a\sin x+b\cos x\right)+e^x\left(a\cos x-b\sin x\right)$

$=e^x\left[\left(a-b\right)\sin x+\left(a+b\right)\cos x\right]$

$=e^x\left[A\sin x+B\cos x\right]$ với $A=a-b;B=a+b.$

$\Rightarrow {f^{\text{'}}}^{\text{'}}=e^x\left[\left(A-B\right)\sin x+\left(A+B\right)\cos x\right]=e^x.\left(-2b\sin x+2a\cos x\right).$

Suy ra: $10e^x=f^{\text{'}}\left(x\right)+{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=e^x\left[\left(a-3b\right)\sin x+\left(3a+b\right)\cos x\right]$

$\iff \left(a-3b\right)\sin x+\left(3a+b\right)\cos x=10.$

Điều kiện phương trình có nghiệm: ${\left(a-3b\right)}^2+{\left(3a+b\right)}^2\ge {10}^2\iff a^2+b^2\ge 10.$

Đáp án C

Số các số có ba chữ số là: $n\left(\Omega \right)=\mathrm{9.10.10}=900.$

Gọi A là biến cố rút 1 số từ tập S thỏa mãn a, b, c là ba cạnh của một tam giác vừa cân, vừa nhọn.

Do tam giác cân, nên ta gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: a;b;c với a=c.

Gọi  là góc ở đỉnh cân (hình vẽ).

Khi đó tam giác nhọn  $\iff cos\alpha =\frac{2a^2-b^2}{2a^2}>0\iff 2a^2>b^2.$

Vậy điều kiện để tam giác cân đồng thời nhọn là: $\left\{\begin{array}{l}2a>b\\ 2a^2>b^2\end{array}\right.\iff 2a^2>b^2.$

+) Với $a=1\Rightarrow b=1\Rightarrow \Delta$ đều được lấy ra từ số 111, nghĩa là có 1 cách.

+) Với $a=2\Rightarrow b\in \left\{1;2\right\}\Rightarrow$ số khả năng 1+3=4 (cách) (gồm 1 tam giác đều, 3 tam giác cân không đều).

+) Với $a=3\Rightarrow b\in \left\{1;2;3;4\right\}\Rightarrow$ số khả năng 1+3.3=10 (cách)

+) Với $a=4\Rightarrow b\in \left\{1;2;3;4;5\right\}\Rightarrow$ số khả năng 1+4.3=13 (cách)

+) Với $a=5\Rightarrow b\in \left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}\Rightarrow$ số khả năng 1+6.3=19 (cách)

+) Với $a=6\Rightarrow b\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8\right\}\Rightarrow$ số khả năng 1+7.3=22 (cách)

+) Với $a\in \left\{7;8;9\right\}\Rightarrow b\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9\right\}\Rightarrow$ số khả năng $3.\left(1+8.3\right)=75$ (cách)

Suy ra $n\left(A\right)=1+4+10+13+19+22+75=144.$

Vậy xác suất cần tính là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{144}{900}=\frac{4}{25}.$

Đáp án C

Ta dựng thêm điểm D sao cho C là trung điểm của $AD\Rightarrow D\left(3;12;-8\right)$

Gọi H₁, H₃ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên mặt phẳng (P). Khi đó: $d\left(D,\left(P\right)\right)=2d\left(C,\left(P\right)\right)=h_2=D{H}_3.$

Trường hợp 1: B, C cùng phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Gọi I, H lần lượt là trung điểm của $BD,H_1{H}_3\Rightarrow I\left(2;\frac{19}{2};-5\right)$

Suy ra: $h_1+h_2=B{H}_1+D{H}_3=2IH\le 2IA=33$ (*)

Trường hợp 2: B, C khác phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Suy ra: $h_1+h_2\le BI+DI=BD=\sqrt{65}$ (2^*).

Từ (*), (2^*) suy ra: ${\left(h_1+h_2\right)}_{\max }=33.$

Dấu “=” xảy ra khi $IA\perp \left(P\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{IA}=\left(-3;-\frac{27}{2};9\right)//\left(2;9;-6\right).$

Suy ra phương trình $\left(P\right):2\left(x+1\right)+9\left(y+4\right)-6\left(z-4\right)=0$

$\iff \left(P\right):2x+9y-6z+62=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=9\\ c=-6\\ d=62\end{array}\right.\Rightarrow T=65.$

Đáp án B

Do $\left(ABC\right)\cap \left(DBC\right)=BC$ và $\left(ABC\right)\perp \left(DBC\right)$ nên theo mô hình 3, ta có:

$R_c=\sqrt{R_1^2+R_2^2-\left(\frac{B{C}^2}{2}\right)}$ với $R_1,R_2$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và DBC.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{R}_1=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a}{2\sin 60°}=\frac{a}{\sqrt{3}}\\ R_2=\frac{BC}{2\sin D}=\frac{a}{2\sin 30°}=a\end{array}\right..$