Xếp bốn bạn vào bốn vị trí ngồi \( \Rightarrow \) có \(4! = 24\) cách xếp

Chọn đáp án D

Tổng \(5\) số hạng đầu của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({S_5} = \frac{{5.\left( {{u_1} + {u_5}} \right)}}{2} = \frac{{5.\left( {2 + 10} \right)}}{2} = 30\).

Chọn đáp án A

Ta có \({3^{2x - 3}} >27 \Leftrightarrow 2x - 3 >3 \Leftrightarrow 2x >6 \Leftrightarrow x >3\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {3\,;\, + \infty } \right)\).

Chọn đáp án D

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bẳng \(2\) và diện tích đáy bằng \(6\) là \(V = 2\,.\,6 = 12\).

Chọn đáp án A

Điều kiện xác định là \(2x + 1 >0 \Leftrightarrow x >- \frac{1}{2}\).

Do đó, tập xác định của hàm số là \(\left( { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Chọn đáp án C

Theo tính chất của nguyên hàm, khẳng định sai là \(\int {\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x.\int {g\left( x \right){\rm{d}}x} } } \).

Chọn đáp án B

Ta có \(\frac{{{V_{S.A'B'C}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}}\)\( = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\)\( = \frac{1}{4}\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = 4.{V_{S.A'B'C}} = 16\).

Ta có \[{S_{xq}} = \pi rl \Leftrightarrow 4\pi {a^2} = \pi a\sqrt 2 l \Leftrightarrow l = \frac{{4\pi {a^2}}}{{\pi a\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 a\].

Vậy độ dài đường sinh của hình nón đã cho là \(2\sqrt 2 a\).

Chọn đáp án A

Gọi \(R\) là bán kính của khối cầu. Ta có \[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Rightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 972\pi \Rightarrow {R^3} = 729 \Rightarrow R = 9\]

Đường kính = 2R = 18

Chọn đáp án C

Theo bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên \[\left( {7; + \infty } \right)\].

Chọn đáp án C

Ta có \[{a^{{{\log }_a}{a^3}}}\]\[ = {a^{3{{\log }_a}a}}\]\[ = {a^3}\].

Chọn đáp án A

Hình trụ có chiều cao \(h\), độ dài đường sinh \(l\) có diện tích xung quanh là \({S_{xq}} = 2\pi rl\)

Do đó: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .5.9 = 90\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Chọn đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có giá trị cực đại là \(y = \frac{4}{3}\).

Chọn đáp án D

Dựa vào đồ thị ta thấy từ trái qua phải đồ thị đi xuống lên \(a < 0\)\( \Rightarrow \) loại C.

Giao điểm của đồ thị với trục \(Ox\) tại điểm \(\left( {1;0} \right)\)thì chỉ có đáp A đúng.

Chọn đáp án A

Hàm số đã cho có dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) nên TCĐ của đồ thị hàm số là \(x = - \frac{d}{c} = - \frac{5}{3}.\)

Chọn đáp án B

Ta có \[{\log _3}(3x - 2) \ge 2 \Leftrightarrow 3x - 2 \ge 9 \Leftrightarrow x \ge \frac{{11}}{3}.\]

Chọn đáp án B

+ Từ hình vẽ ta thấy đó là đồ thị hàm số bậc ba \[y\, = \,a{x^3}\, + \,b{x^2}\, + \,cx\, + \,d\,\,\]với hệ số \[a\,\, < \,\,0 \Rightarrow \] loại các đáp án \[C\,,\,D\,.\]

+ Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số cắt trục \[Oy\] tại điểm có tung độ âm nên loại đáp án \[A\].

Chọn đáp án B

</>

Ta có \(\int\limits_0^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_2^4 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 9 + 4 = 13\).

Chọn đáp án C

Điểm biểu diễn của số phức \(z\)trong mặt phẳng tọa đô là \(M\left( { - 2; - 3} \right)\).

Ta có: \({z_1}.{z_2} = \left( {1 - 3i} \right)\left( {3 + 2i} \right) = 3 + 2i - 9i - 6{i^2} = 3 - 7i + 6 = 9 - 7i\)

Chọn đáp án B

Đặt \({3^x} = t,{\rm{ }}(t >0),\) bất phương trình đã cho trở thành \(3{t^2} - 10t + 3 \le 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le t \le 3\)

\( \Rightarrow - 1 \le x \le 1\), hay \[S = \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow 5b - 2a = 7\].

Chọn đáp án C

Gọi \[h\] và \[r\] là chiều cao và bán kính của hình trụ \[h >2r\]. Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}2rh = 20\\2r + h = 9\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h = 5\\r = 2\end{array} \right.\].

\[{S_{tp}} = 2\pi rh + 2{r^2}\pi \]\[ = 20\pi + 8\pi \]\[ = 28\pi \].

Chọn đáp án B

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) khi đó ta có \(G\left( {1;2;2} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \left( { - 1;0;2} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AG} } \right| = \sqrt 5 \).

Phương trình mặt cầu tâm \(A\) và đi qua trọng tâm \[G\] của tam giác \(ABC\) là:

\[{(x - 2)^2} + {(y - 2)^2} + {z^2} = 5\].

Chọn đáp án D

Mặt phẳng\((\alpha ):2x + y - z + 1 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;1; - 1} \right)\] nên các vectơ \[\overrightarrow {{n_2}} \left( { - 2; - 1;1} \right) = - \overrightarrow {{n_1}} \], \[\overrightarrow {{n_4}} \left( {4;2; - 2} \right) = 2\overrightarrow {{n_1}} \] cũng là các vectơ pháp tuyến của mặt phẳng\[(\alpha )\].

Vectơ \[\overrightarrow {{n_3}} \left( {2;1;1} \right)\] không cùng phương với \[\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;1; - 1} \right)\] nên không phải là VTPT của mặt phẳng \[(\alpha )\].

Chọn đáp án C

Mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - z = 0\) có vectơ pháp tuyến là \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {1;2; - 1} \right)\), đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\); mặt phẳng \(\left( Q \right)\)có vectơ pháp tuyến là \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {2; - 1;1} \right)\); đi qua gốc tọa độ \(O\).

Gọi giao tuyến của \(\left( P \right);\left( Q \right)\) là đường thẳng \(\Delta \), có vectơ chỉ phương \(\vec u\).

Vì \(\Delta \subset \left( P \right) \Rightarrow \vec u \bot {\vec n_{\left( P \right)}};\Delta \subset \left( P \right) \Rightarrow \vec u \bot {\vec n_{\left( Q \right)}}\)

Mà \({\vec n_{\left( P \right)}}\) không cùng phương với \({\vec n_{\left( Q \right)}}\) nên \(\vec u = \left[ {{{\vec n}_{\left( P \right)}};{{\vec n}_{\left( Q \right)}}} \right] = \left( {1; - 3; - 5} \right)\).

\(O\) là điểm chung của 2 mặt phẳng nên \(O \in \Delta \).

Vậy phương trình chính tắc của \(\Delta \) là: \(\frac{x}{1} = \frac{y}{{ - 3}} = \frac{z}{{ - 5}}\).

Chọn đáp án D

Vì \(AA'//\left( {BB'C'C} \right)\) nên \(d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH \bot BC,\) \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Mà\(\left( {BCC'B'} \right) \bot \left( {ABC} \right);\,\left( {BCC'B'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\) nên \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

Suy ra \(d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 \).

Chọn đáp án A

Theo bảng biến thiên các điểm cực trị của đồ thị hàm số là \[M\left( { - 1\,;\,0} \right)\] và \(N\left( {1\,;\,4} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( {2\,;\,4} \right)\)\( \Rightarrow MN = \left| {\overrightarrow {MN} } \right|\)\( = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \).

Chọn đáp án D

Xét hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1\,;\,3} \right]\).

Ta có : \(f'\left( x \right) = \frac{7}{{{{\left( {x + 5} \right)}^2}}} >0\,\forall x \in \left[ { - 1\,;\,3} \right]\) nên hàm số đồng biến trên \(\left[ { - 1\,;\,3} \right]\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1\,;\,3} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = - \frac{3}{4}\) tại \(x = - 1\).

Chọn đáp án D

Hàm số \(y = {\log _{2020}}\left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi:

\({x^2} - 2x - m + 1 >0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow 1 + m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < 0\).

Kết hợp với điều kiện \(m\) nguyên thuộc \(\left[ { - 2020;{\rm{ }}2020} \right]\) suy ra \(m \in \left\{ { - 2020; - 2019;....; - 1} \right\}\).

Vậy có \(2020\)giá trị nguyên của \(m\)thỏa mãn.

Chọn đáp án D

Ta có số nghiệm của phương trình \[f(x) = m\]là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f(x)\]và đường thẳng \[y = m\].

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt ta được

\[m \in \left( { - 4;1} \right] \cup \left\{ 3 \right\}\]

Chọn đáp án B

Ta có \({4^x} - {33.2^x} + 32 \le 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {33.2^x} + 32 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le {2^x} \le 32 \Leftrightarrow 0 \le x \le 5\); kết hợp \(x \in \mathbb{Z}\), ta được \(x \in \left\{ {0;\,1;\,2;\,3;\,4;\,5} \right\}\). Vậy có tất cả 6 số nguyên là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Chọn đáp án D

Gọi \(E = AD \cap BC\), dễ thấy \(D\) là trung điểm của \(AE\). Ta có \(AD = DE = CD = a\).

Khi đó thể tích của khối tròn xoay cần tính bằng \({V_1} - {V_2}\). Trong đó:

+) \({V_1}\) là thể tích của khối tròn xoay khi quay đường gấp khúc \(ABE\) quanh trục \(AE\), và \({V_1} = \frac{1}{3}.\pi .{\left( {2a} \right)^2}.2a = \frac{{8\pi {a^3}}}{3}\).

+) \({V_2}\) là thể tích của khối tròn xoay khi quay đường gấp khúc \(DCE\) quanh trục \(DE\) và

\({V_2} = \frac{1}{3}\pi .{a^2}.a = \frac{{\pi {a^3}}}{3}\).

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính bằng \(\frac{{8\pi {a^3}}}{3} - \frac{{\pi {a^3}}}{3} = \frac{{7\pi {a^3}}}{3}\).

Chọn đáp án B

Đặt \(t = \sqrt {3 + \cos x} \) thì \({t^2} = 3 + \cos x\)

\[ \Rightarrow 2t{\rm{d}}t = - \sin x{\rm{d}}x\].

Đổi cận:

Vậy \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {3 + \cos x} } {\rm{d}}x = - 2\int\limits_2^{\sqrt 3 } {{t^2}{\rm{d}}t = } 2\int\limits_{\sqrt 3 }^2 {{t^2}{\rm{d}}t} \).

Chọn đáp án A

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là \({x^2} - x = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\).

Vậy \(S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 3x} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {\left( {3x - {x^2}} \right)} {\rm{d}}x\), do \({x^2} - 3x \le 0,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\).

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Ta có:

\[{z^2} - 2z + 5 = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1 - 2i\\z = 1 + 2i\end{array} \right.\]

Suy ra \(\frac{{7 - 4i}}{{{z_1}}}\)\( = \frac{{7 - 4i}}{{1 - 2i}} = 3 + 2i\).

Điểm biểu diễn là \(P\left( {3;\,\,2} \right)\).

Chọn đáp án A

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua điểm \(M\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Ta có \(d \bot \left( P \right) \Rightarrow {\vec u_d} = {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2; - 5;0} \right)\)

\(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}Qua{\rm{ }}M\left( {3;2;1} \right)\\{{\vec u}_d} = \left( {2; - 5;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = 2 - 5t\\z = 1\end{array} \right.\).

Chọn đáp án D

Mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] đi qua \[O\left( {0;0;0} \right)\] và nhận \[\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\] làm vectơ pháp tuyến.

Suy ra phương trình mp\[\left( {Oyz} \right)\] là \[x = 0.\]

Chọn đáp án A

Gọi A là biến cố “học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B”. Ta có:

Chọn ra hai học sinh lớp B và xếp học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh đó: có \(C_3^22! = 6\)cách.

Xếp nhóm học sinh BCB và 6 học sinh còn lại có \(7!\) cách.

Khi đó \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 6.7! = 30.240\) cách.

Vậy xác suất để xếp 9 học sinh sao cho học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B là \(P(A) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{1}{{12}}\).

Chọn đáp án C

Ta có \[AC = a\sqrt 2 \]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[AD\]\[ \Rightarrow CD = \sqrt {C{I^2} + I{D^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow A{D^2} = C{D^2} + A{C^2} \Rightarrow CD \bot AC\]

Mà \[CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)\]

Kẻ \[AH \bot SC \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\] vì \[CD \bot \left( {SAC} \right) \supset AH \Rightarrow AH \bot CD\;\]

Gọi \[K\] là trung điểm \[AB\], gọi \[M\] là giao điểm của \[CD\] và \[AB\]

Ta có \[d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {K,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}.\frac{3}{4}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH\]

Ta có \[AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Vậy \[d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Chọn đáp án A

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + \left( {8m + 1} \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 >0\\{\left( {m + 2} \right)^2} - 4.1.\left( {8m + 1} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 28\)

Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,1\,;\,2;...28} \right\}\). Vậy có \(29\) giá trị nguyên của \(m\).

Chọn đáp án A

Ở độ sâu \[25\] mét thì \[x = 25\]\[ \Rightarrow I = {I_0}.{{\rm{e}}^{ - \mu .25}} = {I_o}.{e^{ - 35}} = \frac{1}{{{e^{35}}}}.{I_0}\].

Vậy \(I\) giảm \({e^{35}}\) lần so với \({I_0}\).

Chọn đáp án B

Dựa vào đồ thị của hàm số ta có: \[f\left( {2\cos x} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\cos x = - 2\\2\cos x = 1\end{array} \right.\].

+ Phương trình:

+ Phương trình:

Vậy phương trình có 5 nghiệm \[x \in \left[ {0;3\pi } \right]\].

Chọn đáp án C

Giả sử thiết diện của hình chóp là tam giác \[SAB\], với \[S\] là đỉnh của hình chóp, gọi \[I\] là trung điểm của \[AB\], Gọi \[H\]là hình chiếu vuông góc của \[O\] lên mặt phẳng \[(SAB)\], \[OH\]chính là bán kính mặt cầu tâm \[O\] và tiếp xúc với mặt phẳng thiết diện\[(SAB)\]

Ta có \[AB = 40(cm) \Rightarrow IB = 20(cm)\]

Áp dụng định lí pitago cho tam giác \[OIB\]vuông tại \[I\]

\[OI = \sqrt {O{B^2} - I{B^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{20}^2}} = 15(cm)\]

Xét tam giác \[SOI\] vuông tại \[O\] ta có

\[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{\rm{O}}{{\rm{S}}^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}\]

\[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{\rm{2}}{{\rm{0}}^2}}} + \frac{1}{{{{15}^2}}} \Rightarrow O{H^2} = 144 \Rightarrow OH = 12(cm)\]

\[S = 4\pi {r^2} = 4.\pi {.12^2} = 576\pi (c{m^2})\]

Chọn đáp án A

Ta có

\[\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \sin \left( {2x} \right).co{s^2}\left( {4x} \right) \Rightarrow \int {f'\left( x \right)dx = \int {\sin \left( {2x} \right).co{s^2}\left( {4x} \right)dx} } \\ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \int {\sin \left( {2x} \right).\frac{{1 + \cos \left( {8x} \right)}}{2}} dx\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{4}\cos \left( {2x} \right) + \frac{1}{4}\int {\left( {\sin 10x - \sin 6x} \right)} dx\\ \Leftrightarrow f(x) = \frac{{ - 1}}{4}\cos 2x - \frac{1}{{40}}\cos 10x + \frac{1}{{24}}\cos 6x + C\end{array}\]

\[f(0) = 0 \Leftrightarrow c = \frac{7}{{30}}\]

Vậy \[f(x) = \frac{{ - 1}}{4}\cos \left( {2x} \right) - \frac{1}{{40}}\cos \left( {10x} \right) + \frac{1}{{24}}\cos \left( {6x} \right) + \frac{7}{{30}}\]

Do đó:

\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(x)dx} = \left. {\left( { - \frac{1}{8}\sin 2x - \frac{1}{{400}}\sin 10x + \frac{1}{{144}}\sin 6x + \frac{7}{{30}}x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{7\pi }}{{60}}\]

Chọn đáp án A

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( C \right)\) là nghiệm phương trình:

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

Để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + m\) cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt thì \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta >0\\f\left( { - 1} \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 8m - 16 >0\\4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >4 + 4\sqrt 2 \\m < 4 - 4\sqrt 2 \end{array} \right.\).

Giả sử \(A\left( {{x_1};2{x_1} + m} \right),\,\)\(B\left( {{x_1};2{x_1} + m} \right)\) với \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - m}}{2};{x_1}.{x_2} = \frac{{m + 2}}{2}\). Vì \(AB = \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow \sqrt {5{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} = \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\frac{m}{4}^2} - 2\left( {m + 2} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 8m - 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 10\\m = - 2\end{array} \right.\).

Chọn đáp án A

Ta có \({2^x} = {3^y} \Rightarrow y = \frac{{x\ln 2}}{{\ln 3}};{2^x} = {6^{ - z}} \Rightarrow z = - \frac{{x\ln 2}}{{\ln 6}}\).

Xét \(M = xy + yz + zx = {x^2}\left( {\frac{{\ln 2}}{{\ln 3}} - \frac{{{{\ln }^2}2}}{{\ln 3.\ln 6}} - \frac{{\ln 2}}{{\ln 6}}} \right)\)

\( = {x^2}\left( {\frac{{\ln 2.\ln 6 - {{\ln }^2}2 - \ln 2.\ln 3}}{{\ln 3.\ln 6}}} \right)\) \[ = {x^2} \cdot \frac{{\ln 2\left( {\ln 6 - \ln 2 - \ln 3} \right)}}{{\ln 3.\ln 6}} = 0\]

Chọn đáp án C

Xét hàm số \[f\left( x \right) = {x^2} - 2x + 1 + m\] có \[f'\left( x \right) = 2x - 2\].

Cho \[f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ { - 1;2} \right]\].

Ta có \[f\left( { - 1} \right) = m + 4\], \[f\left( 1 \right) = m\] và \[f\left( 2 \right) = m + 1\] \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = m + 4\\\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = m\end{array} \right.\].

Suy ra \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = {\rm{max}}\left\{ {\left| {m + 4} \right|;\left| m \right|} \right\} = 5\].

TH1: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| {m + 4} \right| = 5\\\left| {m + 4} \right| >\left| m \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1 & & \left( n \right)\\m = - 9 & & \left( l \right)\end{array} \right.\].

TH2: \[\left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| = 5\\\left| m \right| >\left| {m + 4} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5 & & (l)\\m = - 5 & & \left( n \right)\end{array} \right.\].

Do đó tổng các phần tử của \[S\] bằng \[1 + \left( { - 5} \right) = - 4\].

Chọn đáp án B

Gọi \(P = EN \cap CD\)và \(Q = EM \cap AD\).

Suy ra \[P,{\rm{ }}Q\] lần lượt là trọng tâm của \[\Delta BCE\]và \[\Delta ABE\].

Gọi \[S\] là diện tích tam giác \[BCD\], suy ra \({S_{\Delta CDE}} = {S_{\Delta BNE}} = S.\)

Ta có \[{S_{\Delta PDE}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta CDE}} = \frac{S}{3}.\]

Gọi \[h\] là chiều cao của tứ diện \[ABCD\], suy ra

\[d\left[ {M,\left( {BCD} \right)} \right] = \frac{h}{2};{\rm{ }}\,d\left[ {Q,\left( {BCD} \right)} \right] = \frac{h}{3}.\]

Khi đó \[{V_{M.BNE}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta BNE}}.d\left[ {M,\left( {BCD} \right)} \right] = \frac{{S.h}}{6};\]\[{V_{Q.PDE}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta PDE}}.d\left[ {Q,\left( {BCD} \right)} \right] = \frac{{S.h}}{{27}}.\]

Suy ra \[{V_{PQD.NMB}} = {V_{M.BNE}} - {V_{Q.PDE}} = \frac{{S.h}}{6} - \frac{{S.h}}{{27}} = \frac{{7S.h}}{{54}} = \frac{7}{{18}}.\frac{{S.h}}{3} = \frac{7}{{18}}.{V_{ABCD}}\]

\[ \Rightarrow V' = V - \frac{7}{{18}}.{V_{}} = \frac{{11}}{{18}}V \Rightarrow \frac{{V'}}{V} = \frac{{11}}{{18}}\].

Vậy \(\frac{{V'}}{V} = \frac{{11}}{{18}}\).

Chọn đáp án B

Ta có: \({\log _{{x^2} + {y^2} + 2}}\left( {2x - 4y + 6} \right) \ge 1 \Leftrightarrow 2x - 4y + 6 \ge {x^2} + {y^2} + 2 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} \le 9\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Giả sử \(M\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(\left( 1 \right)\), khi đó tập hợp điểm \(M\) là hình tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {1; - 2} \right)\) và bán kính \({R_1} = 3\)

Ta có: \({x^2} + {y^2} + 2x - 2y + 2 - m = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = m\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Nếu \(m < 0\) suy ra \(\left( 2 \right)\) vô nghiệm, do đó \(m < 0\) không thỏa mãn.

Nếu \(m = 0\) suy ra \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\), không thỏa mãn \(\left( 1 \right)\).

Nếu \(m >0\) khi đó \(\left( 2 \right)\) là đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( { - 1;1} \right)\) và bán kính \({R_2} = \sqrt m \)

Ta có \({I_1}{I_2} = \sqrt {13} >{R_1} \Rightarrow {I_2}\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\). Vậy để tồn tại duy nhất một cặp \(\left( {x;y} \right)\)thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc ngoài hoặc \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc trong.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}\\{I_1}{I_2} = {R_2} - {R_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {13} = 3 + \sqrt m \\\sqrt {13} = \sqrt m - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = {\left( {\sqrt {13} - 3} \right)^2}\\m = {\left( {\sqrt {13} + 3} \right)^2}\end{array} \right.\)

Chọn đáp án D

</>