Đáp án B

Đường thẳng \[d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\] có một VTCP là \[\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)\].

Đáp án A

Ta có \(\ln \left( {8a} \right) - \ln \left( {3a} \right) = \ln \frac{{8a}}{{3a}} = \ln \frac{8}{3}\).

Đáp án A

Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = - 2\).

Đáp án B

Ta có \(\overrightarrow w = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( {1 - 1 + 0;3 - 2 + 1;2 - 0 + 2} \right) = \left( {0;2;4} \right)\).

Đáp án D

Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2x + f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {2xdx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \left. {{x^2}} \right|_0^1 + 5 = 6\).

Đáp án D

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

Đáp án C

Ta có \({u_2} + {u_5} = \left( {{u_1} + d} \right) + \left( {{u_1} + 4d} \right) = 2{u_1} + 5d = 19\).

Khi đó \({S_6} = \frac{6}{2}\left( {{u_1} + {u_6}} \right) = \frac{6}{2}\left( {{u_1} + {u_1} + 5d} \right) = 3.19 = 57\).

Đáp án B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\\h = 4;{\rm{ }}l = 5\\{l^2} = {h^2} + {r^2}\end{array} \right. \Rightarrow r = 3 \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi \).

Đáp án C

Ta có \(z = 1 + 3i + {i^3} = 1 - 4i\).

Số phức liên hợp của số phức \(1 - 4i\) là \(1 + 4i\).

Đáp án C

Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;2} \right)\).

Đáp án C

Ta có \({\log _8}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = {\log _{{2^3}}}{\left( {\frac{{\sqrt x }}{y}} \right)^3} = \frac{3}{2}{\log _2}\frac{{\sqrt x }}{y} = {\log _2}\sqrt x - {\log _2}y\)

\( = \frac{1}{2}{\log _2}x - {\log _2}y = \frac{1}{2}a - b\).

Đáp án B

Ta có \(\int {{5^x}dx} = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + C\).

Đáp án C

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = 2\pi r\left( {h + r} \right) = 2\pi .BC\left( {AB + BC} \right)\\AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 \end{array} \right. \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi {a^2}\).

Đáp án B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 2\\{z_1}{z_2} = 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow z_1^4 + z_2^4 = {\left( {z_1^2 + z_2^2} \right)^2} - 2z_1^2z_2^2 = {\left[ {{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} - 2{z_1}{z_2}} \right]^2} - 2{\left( {{z_1}{z_2}} \right)^2} = - 14\).

Đáp án A

Đường thẳng \(y = - \frac{{17}}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm.

Đáp án D

Hàm số \(y - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 6x + 8} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < 2\end{array} \right.\).

Đáp án A

Ta có \(S = \int\limits_a^b {\left| {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right|dx} \).

Đáp án C

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3z - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R \Rightarrow R = \frac{{\left| {3 - 3.5 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{14}}{{\sqrt {10} }}\).

Đáp án C

Ta có \(y\left( 0 \right) = 2\) Þ Loại B và D. Mà \(y\left( {\sqrt 2 } \right) = - 2\) Þ Chọn C.

Đáp án A

Theo quy tắc nhân, ta có

10.8 = 80 cách chọn 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Vật Lý.

10.6 = 60 cách chọn 1 cuốn sách Toán và 1 cuốn sách Tiếng Anh.

8.6 = 48 cách chọn 1 cuốn sách Vật Lý và 1 cuốn sách Tiếng Anh.

Theo quy tắc cộng, ta có 80 + 60 + 48 = 188 cách chọn 2 cuốn sách khác nhau.

Đáp án A

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \(\left[ { - 2;3} \right]\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 2;3} \right)\\y' = 4{x^3} - 8x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Tính \(y\left( { - 2} \right) = 6;{\rm{ }}y\left( 3 \right) = 51;{\rm{ }}y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2;{\rm{ }}y\left( { - \sqrt 2 } \right) = 2 \Rightarrow {\max _{\left[ { - 2;3} \right]}}y = 51\).

Đáp án D

Ta có \({2^{{x^2} - x + 9}} = {16^{x + 1}} = {\left( {{2^4}} \right)^{x + 1}} = {2^{4\left( {x + 1} \right)}} \Rightarrow {x^2} - x + 9 = 4\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{5 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Đáp án A

Điểm cần tìm là H với \(\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = {x_M}\\{y_H} = {y_M}\\{z_H} = 0\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1;2;0} \right)\).

Đáp án D

Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{2}.SA.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Cạnh \(SA = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Đáp án C

Ta có \[y = \frac{{{x^2} - \left( {4x - 3} \right)}}{{\left( {{x^2} - 5x + 6} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}\]

Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng là \[x = 2\].

Từ \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\end{array} \right.\] Þ Chọn C.

Đáp án A

Điều kiện \(x > 1{\rm{ }}\left( * \right)\). Phương trình \( \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{{x^2} + 4}}{{x - 1}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4}}{{x - 1}} = {2^3} \Leftrightarrow {x^2} + 4 = 8\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right.\) thỏa mãn (*). Chọn A.

Đáp án D

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

Bài ta thì \(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y'\left( 5 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 2m - 2n + 2n - m = 0\\75 - 10\left( {m + n} \right) + 2n - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 8\end{array} \right. \Rightarrow \frac{m}{n} = 0,125\).

Đáp án D

Ta có \(\int\limits_0^1 {\frac{{2{x^2} + 3x + 4}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{2x\left( {x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right) + 3}}{{x + 1}}} = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1 + \frac{3}{{x + 1}}} \right)dx} \)

\( = \left. {\left( {{x^2} + x + 3\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2 + 3\ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow S = 97\).

Đáp án C

Giả sử \[z = a + bi{\rm{ }}\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \overline z = a - bi \Rightarrow z + \overline z = 2a\].

Từ \[\left| z \right| = \left| {z + \overline z } \right| = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{a^2} + {b^2}} = 1\\\left| {2a} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 1\\a = \pm \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2};{\rm{ }}b = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\a = - \frac{1}{2};{\rm{ }}b = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\].

Đáp án B

Ta có ngay m = 0 thỏa mãn.

Với

\(y' = 3m{x^2} + 2mx - 1 \le 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3m < 0\\\Delta ' = {m^2} + 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 \le m < 0\).

Đáp án A

Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + 1 \ge 1\), ta được \(f\left( t \right) \le m\).

BPT \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm \( \Leftrightarrow f\left( t \right) \le m\) có nghiệm \(t \ge 1\)

\( \Leftrightarrow m \ge {\min _{\left[ {1; + \infty } \right]}}f\left( t \right) \Leftrightarrow m \ge - 4 \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2;...;11} \right\}\).

Đáp án C

Kẻ \[AH \bot BC,AP \bot A'H \Rightarrow d\left( {A';\left( {A'BC} \right)} \right) = AP = a\sqrt 2 \].

\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{P^2}}} - \frac{1}{{A'{A^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 3 \].

\[\Delta ABC\] đều \[ \Rightarrow AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = 2a\]

\[ \Rightarrow V = AA'.{S_{ABC}} = AA' - \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 3{a^3}\sqrt 2 \].

Đáp án A

Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCH} \Rightarrow \cos \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \cos \widehat {SCH} = \frac{{HC}}{{HS}}\)

Cạnh \(SH = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\) và \(HC = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{H^2} + C{H^2}} = a \Rightarrow \frac{{HC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án D

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {0;1; - 2} \right)\).

Đường thẳng d có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( Q \right) \bot \left( P \right)\\\left( Q \right)//d\end{array} \right. \Rightarrow \left( Q \right)\] sẽ nhận \(\left[ {\overrightarrow n ;\overrightarrow u } \right] = \left( { - 1; - 2; - 1} \right)\) là một VTPT

\( \Rightarrow \left( Q \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;2;1} \right)\) là một VTPT.

Kết hợp với \(\left( Q \right)\) qua \(A\left( {2;3; - 1} \right) \Rightarrow \left( Q \right):1.\left( {x - 2} \right) + 2.\left( {y - 3} \right) + 1.\left( {z + 1} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\).

Đường thẳng d qua \(M\left( {1;2;0} \right)\), rõ ràng \(m \notin \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\)

\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + z - 7 = 0\) thỏa mãn.

Đáp án A

Ta có: \(PT \Leftrightarrow - {\log _2}\left( {m - 4x} \right) + {\log _2}{\left( {x + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x + 2} \right)^2} = {\log _2}\left( {m - 4x} \right)\)

\( \Leftrightarrow m = {x^2} + 8x + 4{\rm{ }}\left( {x \in \left[ {2;5} \right]} \right)\). Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + 8x + 4\) trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 2x + 8 > 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left[ {2;5} \right]} \right)\). Mặt khác \(f\left( 2 \right) = 24;{\rm{ }}f\left( 5 \right) = 69\).

Vậy với \(m \in \left[ {20;69} \right]\) thì PT đã cho có nghiệm trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\).

Đáp án C

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {x + 1} - 1}} = \frac{{x\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 1} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)}} = \sqrt {x + 1} + 1\)

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right)dx} = \frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x + C\]

Do \[f\left( 3 \right) = - \frac{{25}}{3} \Rightarrow \frac{2}{3}\left( {\sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^3}} } \right) + 3 + C = - \frac{{25}}{3} \Leftrightarrow C = - \frac{{50}}{3}\].

Từ đó: \[f\left( x \right) = \frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x - \frac{{50}}{3}\]

\[ \Rightarrow \int\limits_8^8 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_3^8 {\left[ {\frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} + x - \frac{{50}}{3}} \right]dx} = \left. {\left( {\frac{4}{{15}}\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^5}}} + \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{50}}{3}} \right)} \right|_3^8 = \frac{{13}}{{30}}\].

Vậy \[\int\limits_3^8 {f\left( x \right)dx} = \frac{{13}}{{30}}\].

Đáp án B

Gọi I là trọng tâm của \[\Delta SAB\] và \(H = SI \cap AB \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HK \bot BC,{\rm{ }}HP \bot SK \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HP\)

\[ \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}HP\]. Cạnh \[HK = \frac{{AC}}{2} = \frac{3}{2}\] và \[SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\].

\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HP = \frac{{15\sqrt 7 }}{{28}}\]

\[ \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{5\sqrt 7 }}{{14}}\].

Đáp án C

Gọi \(M = d \cap {d_2}\) ta có \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1 - t\\z = 1 + t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow M\left( {t + 2; - t - 1;t + 1} \right)\).

Đường thẳng d nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {t + 1; - t;t - 2} \right)\) là một VTCP.

Đường thẳng \({d_1}\) có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {1;4; - 2} \right)\)

Ta có:

\(d \bot {d_1} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right) - 4t - 2\left( {t - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\).

Đường thẳng d đi qua \(A\left( {1; - 1;3} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\) là một VTCP

\( \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\).

Đáp án C

Thiết diện qua đỉnh \(\left( N \right)\) là \(\Delta SCD\) như hình vẽ.

Kẻ \(OK \bot CD,{\rm{ }}OP \bot SK \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OP = \frac{{3a}}{4}\).

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{P^2}}} - \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} - \frac{4}{{9{a^2}}} = \frac{{12}}{{9{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow C{K^2} = \sqrt {O{C^2} - O{K^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2} \Rightarrow CD = 2CK = a\).

Ta có \(SK = \frac{{SO.OK}}{{OP}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3a}}{4}}} = a\sqrt 3 \).

Từ \(CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)

\( \Rightarrow {S_{SCD}} = \frac{1}{2}CD.SK = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án D

Gọi \[{A_i}\] là biến cố: “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với \[i \in \left\{ {1;2;3} \right\}\].

Khi đó \[\overline {{A_i}} \] là biến cố: “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.

\[P\left( {{A_1}} \right) = 0,7 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 0,3;{\rm{ }}P\left( {{A_2}} \right) = 0,6 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 0,4;{\rm{ }}P\left( {{A_3}} \right) = 0,5 \Rightarrow P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,5\].

Gọi B là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Khi đó \[\overline B \] là biến cố: “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.

Ta có \[P\left( {\overline B } \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 0,3.0,4.0,5 = 0,06\].

Vậy xác suất cần tìm là \[P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,06 = 0,94\].

Đáp án C

Tiếp tuyến của \[\left( {{C_1}} \right)\] tại M có phương trình là \(d:y = f'\left( 1 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right)\).

Bài ra ta có \(d:y = 3x - 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 3\\f\left( 1 \right) - f'\left( 1 \right) = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 3\\f\left( 1 \right) = 2\end{array} \right.\)

Từ \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right) \Rightarrow y' = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right)\).

Tiếp tuyến của \(\left( {{C_2}} \right)\) tại N có phương trình là

\(d':y = f'\left( 1 \right).f'\left( {f\left( 1 \right)} \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( {f\left( 1 \right)} \right) \Rightarrow y = 3'\left( 2 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 2 \right)\).

Bài ra \(d:y = x + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3f'\left( 2 \right) = 1\\f\left( 2 \right) - 3f'\left( 2 \right) = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\\f\left( 2 \right) = 2\end{array} \right.\)

Từ \(y = f\left( {4 - 2x} \right) \Rightarrow y' = - 2f'\left( {4 - 2x} \right)\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_3}} \right)\) tại P là \[y = - 2f'\left( 2 \right).\left( {x - 1} \right) + f\left( 2 \right)\]

\[ \Rightarrow y = - 2.\frac{1}{3}\left( {x - 1} \right) + 2 \Rightarrow y = - \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}\].

Đáp án D

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{.2.1^2} = \frac{2}{3}\).

Gọi M, N, P, Q, E, F, G, H là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (như hình vẽ).

Ta có \({V_{MNPQGFEH}} = {V_{S.ABCD}} - \left( {{V_{S.EFGH}} + {V_{F.MBQ}} + {V_{G.QCP}} + {V_{H.PDN}} + {V_{E.MAN}}} \right)\)

\({V_{S.EFGH}} = \frac{1}{3}d\left( {S;\left( {EFGH} \right)} \right).{S_{EFGH}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).E{F^2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{{12}}\)

\({V_{S.EFGH}} = {V_{F.MBQ}} = {V_{G.QCP}} = {V_{H.PDN}} = {V_{E.MAN}}\)

\( = \frac{1}{3}d\left( {E;\left( {AMN} \right)} \right).{S_{AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).\frac{1}{2}AM.AN = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{24}}\)

Vậy thể tích cần tính \({V_{MNPQGFEH}} = \frac{2}{3} - \frac{1}{{12}} - \frac{4}{{24}} = \frac{5}{{12}}\).

Đáp án C

\(g'\left( x \right) = 7\left( {\frac{1}{x} - 1} \right)f'\left( {\ln x - x} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\ln x - x = - 2{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\ln x - x = - 1{\rm{ }}\left( 2 \right)\\\ln x - x = 1{\rm{   }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Xét hàm \(h\left( x \right) = \ln x - x,{\rm{ }}x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Từ đây ta có: (1) có hai nghiệm phân biệt, (2) có nghiệm kép x = 1, (3) vô nghiệm

Vậy \(g'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm đơn và một nghiệm bội ba nên hàm số \(g\left( x \right)\) có ba điểm cực trị.

Đáp án A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Parabol có dạng \(y = a{x^2}\), do \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(\left( {6;18} \right) \Rightarrow a = \frac{1}{2}\).

Diện tích thiết diện của cổng trào là: \({S_0} = \int\limits_{ - 6}^6 {\left( {18 - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 144\)

Để diện tích 3 phần bằng nhau thì diện tích mỗi phần là \(\frac{{{S_0}}}{3} = 48\).

Gọi \(B\left( {b;\frac{{{b^2}}}{2}} \right);{\rm{ }}D\left( {d;\frac{{{d^2}}}{2}} \right)\), khi đó \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{b}{d}\)

Ta có: \(\int\limits_0^b {\left( {\frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 24 \Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{{{b^2}x}}{2} - \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_0^b = 24 \Rightarrow {b^3} = 72\).

Tương tự ta có \(\int\limits_0^d {\left( {\frac{{{d^2}}}{2} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = 48 \Rightarrow {d^3} = 144\) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\).

Đáp án A

Phương trình mặt phẳng \[\left( {ABC} \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\].

Bài ra N là điểm trên tia OM sao cho \(OM.ON = 12\).

Phân tích \(\overrightarrow {OM} = k.\overrightarrow {ON} \) với \(k = \frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{\frac{{12}}{{ON}}}}{{ON}} = \frac{{12}}{{O{N^2}}} \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \frac{{12}}{{O{N^2}}}.\overrightarrow {ON} \)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\frac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}};\frac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right)\) với \(N\left( {x;y;z} \right)\).

Mặt khác \(M \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow 6.\frac{{12x}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 3.\frac{{12y}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + 2.\frac{{12z}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - \left( {{x^2} + {y^2} + {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{49}}{4}\).

Vậy N luôn thuộc mặt cầu cố định \[\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{49}}{4}\].

Mặt cầu này có tâm \[I\left( {3;\frac{3}{2};1} \right)\] và bán kính \[R = \frac{7}{2}\].

Đáp án B

Ta có \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x + 1} \right)^2}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - \left( {2x + 2} \right) = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = x + 1\)

Quan sát trên đồ thị ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 3;3} \right)\\f'\left( x \right) = x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\).

Ta loại ngay đáp án C, ta cần so sánh \(g\left( { - 3} \right),{\rm{ }}g\left( 3 \right),{\rm{ }}g\left( 1 \right)\).

Xét bảng sau:

Tính \(g'\left( 2 \right) = 2f'\left( 2 \right) - 6 < 0;{\rm{ }}g'\left( 0 \right) = 2f'\left( 0 \right) - 2 = 2.2 - 2 = 2 > 0\).

Từ đó \({\max _{\left[ { - 3;3} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right)\).

Đáp án C

Ta có \[\int\limits_0^1 {4x.f\left( {{x^2}} \right)dx} + \int\limits_0^1 {3f\left( {1 - x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} \]

\[\int\limits_0^1 {4x.f\left( {{x^2}} \right)dx} = 2\int\limits_0^1 {f\left( {{x^2}} \right)d\left( {{x^2}} \right) = 2\int\limits_0^1 {f\left( u \right)du} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} } \].

\[\int\limits_0^1 {3f\left( {1 - x} \right)dx} = 3\int\limits_0^1 {f\left( v \right)f\left( {1 - v} \right)} = 3\int\limits_0^1 {f\left( v \right)dv} = 3\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \].

Do đó \[5\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}d\left( {{x^2} + 1} \right)} = \left. {\frac{1}{2}.2\sqrt {{x^2} + 1} } \right|_0^1 = \sqrt {2 - 1} \]

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{5}\].

Đáp án B

Lấy \(A\left( {1; - 2;1} \right) \in d\), qua A kẻ \(d''//d' \Rightarrow d'':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\).

Lấy \(I\left( {0; - 3;0} \right) \in d''\), kẻ \(IH \bot \left( P \right),{\rm{ }}IK \bot d\) (K cố định và H thay đổi).

Ta có \(\left( {\widehat {d';\left( P \right)}} \right) = \left( {\widehat {d'';\left( P \right)}} \right) = \widehat {IAH}\) mà \(\sin \widehat {IAH} = \frac{{IH}}{{IA}} \le \frac{{IK}}{{IA}}\left( {const} \right)\).

Dấu “=” xảy ra \(H \equiv K{\rm{ hay }}IK \bot \left( P \right)\).

Điểm \(K \in \left( d \right) \Rightarrow K\left( {t + 1; - t - 2;t + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \left( {t + 1;1 - t;t + 1} \right)\).

Khi đó

\(IK \bot d \Rightarrow \overrightarrow {IK} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right) - \left( {1 - t} \right) + \left( {t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{3} \Rightarrow \overrightarrow {IK} = \left( {\frac{2}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {IK} = \left( {\frac{2}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\) là một VTPT nên nhận \(\overrightarrow n \left( {1;2;1} \right)\) là một VTPT.

Kết hợp \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left( P \right):\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y + 2} \right) + \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + z + 2 = 0\).

Đáp án C

Với \(a,b > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}25{a^2} + {b^2} + 1 > 1\\2a + 3b + 1 > 1\\10ab + 1 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{2a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) > 0\\{\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right) > 0\end{array} \right.\)

Ta có \(P = {\log _{2a + 3b + 1}}\left( {25{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)\)

\( \ge {\log _{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) + {\log _{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)\)

\( \ge 2\sqrt {{{\log }_{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right).{{\log }_{10ab + 1}}\left( {2a + 3b + 1} \right)} = 2\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = b\\{\log _{2a + 3b + 1}}\left( {10ab + 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = b\\10ab + 1 = 2a + 3b + 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow 50{a^2} = 2a + 15a \Rightarrow a = \frac{{17}}{{50}} \Rightarrow b = \frac{{17}}{{10}}\).

Đáp án D

Tập hợp các điểm M biểu diễn z là đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {1;1} \right)\) và bán kính \(R = 2\).

Xét \(A\left( { - 3; - 1} \right),{\rm{ }}B\left( {3; - 3} \right),{\rm{ }}H\left( {0; - 2} \right)\) là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Ta có \(P = {\left| {z + 3 + i} \right|^2} + {\left| {z - 3 + 3i} \right|^2} = M{A^2} + M{B^2} = 2M{H^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}\) và \(MH \ge \left| {IH - IM} \right|\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {6; - 2} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt {10} \\\overrightarrow {IH} = \left( { - 1; - 3} \right) \Rightarrow IH = \sqrt {10} \\IM = R = 2\end{array} \right. \Rightarrow P \ge 38 - 8\sqrt {10} \).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow M \equiv M' \Rightarrow a + b = 30\).