Đáp án A

Chọn 3 điểm từ 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ta được một tam giác suy ra có \(C_{10}^3\) tam giác dược tạo thành.

Đáp án A

Do \(\left( Q \right)\) song song với \(\left( P \right)\) nên phương trình của \(\left( Q \right)\) có dạng \(2{\rm{x}} - y + z + a = 0\) với \[a \ne 1\].

Do \(\left( Q \right)\) đi qua điểm A nên \(2.1 + 1 + 2 + a = 0 \Leftrightarrow a = - 5\).

Vậy phương trình \(\left( Q \right):2{\rm{x}} - y + z - 5 = 0\).

Đáp án D

Ta có: BPT . Do đó có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.

Đáp án D

Gọi O là tâm hình vuông.

Suy ra AO là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng \(\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng \(\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) là \(\widehat {SAO}\).

Tam giác SAO vuông tại O có

\(\cos \widehat {SAO} = \frac{{AO}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = 60^\circ \).

Đáp án B

Điểm \(M\left( {1;3} \right),N\left( {3;1} \right)\) nên trung điểm của MN là \(I\left( {2;2} \right)\).

Vậy \(z = 2 + 2i\).

Đáp án D

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {4;5; - 1} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(\left( {0;5; - 1} \right)\).

Đáp án A

Công sai: \(d = {u_2} - {u_1} = 3 \Rightarrow {S_{50}} = \frac{{\left[ {2{u_1} + 49{\rm{d}}} \right]}}{2}.50 = 3425\).

Đáp án A

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {2{\rm{x}} + {e^x}} \right)d{\rm{x}}} = {x^2} + {e^x} + C\).

Mà \(F\left( 0 \right) = 2019 \Leftrightarrow {0^2} + {e^0} + C = 2019 \Leftrightarrow C = 2018\).

Suy ra \(F\left( x \right) = {x^2} + {e^x} + 2018\).

Khi đó \(F\left( 1 \right) = 1 + e + 2018 = e + 2019\).

Vậy \(F\left( 1 \right) = e + 2019\).

Đáp án C

Đồ thị hàm số có hình dạng là hàm bậc 3 nên loại đáp án B, D.

Đáp án B

Hàm số đã cho xác định trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\) và có đạo hàm dương trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\).

Đáp án B

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;0;2} \right)\) và có VTPT: \(\overrightarrow {{n_P}} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 1;3} \right)\) có phương trình là:

\(2\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} - y + 3{\rm{z}} - 8 = 0\).

Đáp án D

Ta có \(\ln \left( {{a^2}{b^3}} \right) = \ln {a^2} + \ln {b^3} = 2\ln a + 3\ln b\).

Đáp án D

Kí hiệu h, r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

Theo giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}6\pi = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\\h = 2{\rm{r}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 = 4{{\rm{r}}^2} + 2{r^2}\\h = 2{\rm{r}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}h = 2\\r = 1\end{array} \right.\).

Mặt khác, \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2.1^2} = 2\pi \).

Đáp án B

Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị đạt được tại các điểm \(x = - 2,x = 3\).

Đáp án D

Đặt \(t = 2{\rm{x}} \Rightarrow dt = 2{\rm{dx}}\). Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 0,{\rm{ }}x = 3 \Rightarrow t = 6\).

\(\int\limits_0^3 {f\left( {2{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} = \frac{1}{2}\int\limits_0^6 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \frac{1}{2}.10 = 5\).

Đáp án D

Ta có \(M\left( {2;3} \right),N\left( {1; - 2} \right),P\left( { - 3;1} \right)\).

MNPQ là hình bình hành khi \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {PQ} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 = x + 3\\ - 5 = y - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = - 4\end{array} \right. \Rightarrow Q\left( { - 4; - 4} \right)\).

Đáp án B

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AB\\SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\)

Mà \(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH = 2{\rm{a}}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Vậy thể tích hình chóp S.ABCD:

\(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .2{\rm{a}}.a\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}{a^3}\).

Đáp án A

Ta có: \(I\left( {1; - 2;3} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {1 + 4 + 9 + 1} = \sqrt {15} \).

Đáp án A

Đường thẳng d có VTCP \(\overrightarrow u = \left( { - 1;2;1} \right)\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n = \left( {1; - 1;0} \right)\).

Gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng \(\left( P \right)\); \(\sin \varphi = \frac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \varphi = 60^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(60^\circ \).

Đáp án C

PT \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1 + i\\z = 1 - i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} = 1 + i\\{z_2} = 1 - i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 2\\{z_1} - {z_2} = 2i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2\\\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 2\end{array} \right. \Rightarrow P = 6\).

Đáp án C

+ \(y' = \frac{{\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + x + 4} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

+ \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2{\rm{x}} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;2} \right)\\x = - 3 \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\).

+ \(y\left( 0 \right) = 4,{\rm{ y}}\left( 2 \right) = \frac{{10}}{3},{\rm{ y}}\left( 1 \right) = 3\).

Khi đó, \(a = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 3,{\rm{ }}A = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 4\). Vậy \(a + A = 7\).

Đáp án C

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ \( \Rightarrow \) Chiều cao hình trụ là \(h = 6{\rm{R}}\).

Suy ra thể tích khối trụ ban đầu là \(V = \pi {R^2}h = 6\pi {R^3}\).

Theo bài ra, khối cầu trong hình có thể tích là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Khối nón trong hình có bán kính đáy \(r = R\), chiều cao \({h_0} = h - 2{\rm{R}} = 4{\rm{R}} \Rightarrow {{\rm{V}}_2} = \frac{1}{3}\pi {r^2}{h_0} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Do đó, thể tích nước tràn ra ngoài cốc là \({V_0} = {V_1} + {V_2} = \frac{8}{3}\pi {R^3}\).

Vậy tỉ số cần tìm là \(\frac{{V - {V_0}}}{V} = \left( {6\pi {R^3} - \frac{8}{3}\pi {R^3}} \right):6\pi {R^3} = \frac{5}{9}\).

Đáp án A

Hàm số có tập xác định \(D = \left( { - 3; + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Khi đó \(y = \frac{{3{\rm{x}} - 1 - \sqrt {x + 3} }}{{{x^2} + 2{\rm{x}} - 3}} = \frac{{{{\left( {3{\rm{x}} - 1} \right)}^2} - \left( {x - 3} \right)}}{{\left( {{x^2} + 2{\rm{x}} - 3} \right)\left( {3{\rm{x}} - 1 + \sqrt {x + 3} } \right)}} = \frac{{9{x^2} - 7{\rm{x}} - 2}}{{\left( {{x^2} + 2{\rm{x}} - 3} \right)\left( {3{\rm{x}} - 1 + \sqrt {x + 3} } \right)}}\)

\( \Leftrightarrow y = \frac{{9{\rm{x}} + 2}}{{\left( {x + 3} \right)\left( {3{\rm{x}} - 1 + \sqrt {x + 3} } \right)}}\).

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ + }} y = \infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = - 3\).

Đáp án A

Theo giả thiết ta có: \(\int\limits_{ - 2}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|d{\rm{x}}} = \int\limits_{ - 2}^0 { - f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 1 \Rightarrow \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = - 1;{\rm{ }}\int\limits_0^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|d{\rm{x}}} = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 3\)

Do đó: \(\int\limits_{ - 2}^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_0^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = - 1 + 3 = 2\).

Đáp án B

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{\frac{{2{\rm{x}}}}{{{x^2} + 1}}.x - x.\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2}}} = \frac{{2{{\rm{x}}^2} - x\left( {{x^2} + 1} \right)\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right)}}\).

Từ đây ta suy ra \(f'\left( 1 \right) = \frac{{2 - 2\ln 2}}{2} = - \ln 2 + 1 \Rightarrow a = - 1,b = 1 \Rightarrow a + b = 0\).

Đáp án B

Gọi hình lập phương có độ dài cạnh x.

Ta có: \(AC = B{\rm{D}} = x\sqrt 2 \);

\[D'O = \sqrt {D{{D'}^2} + O{D^2}} = \sqrt {D{{D'}^2} + \frac{{B{D^2}}}{4}} = \sqrt {{x^2} + \frac{{2{x^2}}}{4}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{2}\].

Theo giả thiết ta có:

\({S_{AC{\rm{D'}}}} = {a^2}\sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AC.O{\rm{D'}} = {a^2}\sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.x\sqrt 2 .\frac{{x\sqrt 6 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 \).

Vậy \({V_{ABC{\rm{D}}.A'B'C'D'}} = {x^3} = 2\sqrt 2 {a^3}\).

Đáp án A

\({\left( {{{\log }_2}4 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2{\log _2}\left( {2{\rm{x}}} \right) = 5 \Rightarrow {\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {1 + {{\log }_2}x} \right) = 5\)

\(2 + {\log _2}x = t \Rightarrow {t^2} - 2t = 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 3\\{\log _2}x = 1\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{1}{8};2} \right\}\).

Đáp án D

Ta có \({\log _a}\left( {{x^2}{y^3}} \right) = {\log _a}{x^2} + {\log _a}{y^3} = 2{\log _a}x + 3{\log _a}y = 2.\left( { - 1} \right) + 3.4 = 10\).

Đáp án B

Phương trình đã cho tương đương \(f\left( x \right) = - \frac{3}{2}\).

Dựa vào BBT suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án B

+ \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x + 2} \right)^3}\left( {2{\rm{x}} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 2\\x = \frac{3}{2}\end{array} \right.\).

+ Ta có bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:

Vậy số điểm cực trị của \(f\left( x \right)\) là 2.

Đáp án D

Giả sử \(z = a + bi{\rm{ }}\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \overline z = a - bi\). Ta có \(\left( {2 + 3i} \right)z - \left( {1 + 2i} \right)\overline z = 7 - i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)\left( {a + bi} \right) - \left( {1 + 2i} \right)\left( {a - bi} \right) = 7 - i \Leftrightarrow a - 5b + \left( {a + 3b} \right)i = 7 - i \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 5b = 7\\a + 3b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\end{array} \right.\).

Khi đó ta có \(z = 2 - i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \).

Đáp án A

Ta có \(\int {\left( {3{{\rm{x}}^2} + 1} \right)d{\rm{x}}} = \int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}d{\rm{x}}} = \int {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}d\left( {f(x)} \right)} \Rightarrow {x^3} + x + C = 2\sqrt {f\left( x \right)} \).

\(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 2 \Rightarrow f\left( x \right) = {\left( {\frac{{{x^3} + x + 2}}{2}} \right)^2} \Rightarrow f\left( 1 \right) = 4\).

Đáp án B

Gọi \(A\left( { - 1 + 2t; - 1 + t;2 - t} \right) \in {{\rm{d}}_1},{\rm{ B}}\left( {1 - u;2 + u;3 + 3u} \right) \in {{\rm{d}}_2}\)

Khi đó: \(\overrightarrow {AB} \left( {2 - u - 2t;3 + u - t;1 + 3u + t} \right)\)

Do đó \(AB{\rm{ // d}} \Rightarrow \frac{{2 - u - 2t}}{1} = \frac{{3 + u - t}}{1} = \frac{{1 + 3u + t}}{1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\u = - 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {1;0;1} \right) \Rightarrow \left( \Delta \right):\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{{ - 1}}\).

Đáp án B

Để \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) thì \(g'\left( x \right) \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( {1 - x} \right){\left( {1 - x} \right)^\prime } \le 0{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow - \left( {1 - {x^2}} \right)\left( { - 1 - x} \right)\left( {{x^2} + 4{\rm{x}} + m - 5} \right) \le 0{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4{\rm{x}} + m - 5} \right) \le 0{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 4{\rm{x}} + m - 5} \right) \ge 0{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge - {x^2} - 4{\rm{x}} + 5{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \max \left( { - {x^2} - 4x + 5} \right){\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge 9\)

Do m thuộc đoạn \(\left[ { - 2019;2019} \right]\) và m nhận giá trị nguyên nên sẽ có 2011 giá trị.

Đáp án D

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \cos 2xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \frac{1}{2}\sin 2x\end{array} \right. \Rightarrow \int {\left( {x\cos 2x} \right)dx} = \frac{{x\sin 2x}}{2} - \frac{1}{2}\int {\sin 2xdx} = \frac{{x\sin 2x}}{2} + \frac{{\cos 4x}}{4} + C\).

Đáp án C

Ta có \(\log _2^2x - {\log _2}{x^2} + 3 = m \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x + 3 = m\). Đặt \(t = {\log _2}x\), với \(x \in \left[ {1;8} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;3} \right]\).

Bài toán trở thành tìm m để phương trình \({t^2} - 2t + 3 = m\) có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - 2t + 3,t \in \left[ {0;3} \right]\) có đạo hàm \(f'\left( t \right) = 2t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

Quan sát bảng biến thiên ta có để phương trình có nghiệm \(2 \le m \le 6\).

Đáp án C

Đáp án A

Gọi \(\Omega \) là số cách lấy ra 2 tấm thẻ trong 9 số ta có: \(\left| \Omega \right| = C_9^2 = 36\)

Gọi A là biến cố “tích của 2 số trên 2 tấm thẻ là số chẵn” ta xét 2 trường hợp.

TH1: Cả 2 tấm thẻ đều mang số chẵn. Vì có 4 số thẻ mang số chẵn nên có \(C_4^2 = 6\).

TH2: Có một tấm thẻ mang số chẵn và một tấm thẻ mang số lẻ có: \(C_4^1.C_5^1 = 20\).

Vậy xác suất cần tính là: \(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{6 + 20}}{{36}} = \frac{{13}}{{18}}\).

Đáp án B

Ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = a\)

Gọi \(M,M'\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(BC,B'C'\) và O là trung điểm đoạn \(MM'\). Do M và \(M'\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC khi đó \(\widehat {\left( {AC',(BCC'B')} \right)} = \widehat {AC'H} = 30^\circ \).

Ta có: \(AH = AC'.\sin 30^\circ = \frac{1}{2}AC' \Rightarrow AC' = 2HA\) mà \(AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra \(AC' = a\sqrt 3 \) do \(C'{A^2} = C'{C^2} + A{C^2} \Rightarrow C'C = \sqrt {C'{A^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 \).

Từ đó suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp cần tìm là \(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy diện tích cần tìm là \(S = 2\pi {a^2}\).

Đáp án A

Ta có: \(c = d\left( {C;B{\rm{D}}} \right) = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }},{\rm{ }}h = SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(k = \frac{{CH}}{{CI}} = \frac{3}{2}\).

Do đó \(\frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{{{k^2}}}{{{h^2}}} \Rightarrow d = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt {17} }}{{17}}\).

Đáp án C

Quãng đường xe X đi được tính theo diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường gấp khúc OABD và trục hoành.

Ta có \({S_X} = \frac{1}{2}2.3 + 2.3 + \frac{{3 + 5}}{2}.1 = 13\).

Phương trình parabol có dạng \(y = a{x^2} + bx\) (do đi qua gốc tọa độ).

Parabol đi qua các điểm \(\left( {2;5} \right)\) và \(\left( {5;5} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}4{\rm{a}} + 2b = 5\\25{\rm{a}} + 5b = 5\end{array} \right. \Rightarrow a = - \frac{1}{2};b = \frac{7}{2}\).

Quãng đường xe Y đi được là \({S_Y} = \int\limits_0^2 {\left( { - \frac{1}{2}{x^2} + \frac{7}{2}x} \right)d{\rm{x}}} + 3.5 = \frac{{62}}{3}\).

Suy ra khoảng cách hai xe sau 5s là \(d = \left| {{S_X} - {S_Y}} \right| = \frac{{62}}{3} - 13 = \frac{{23}}{3}\).

Đáp án D

Đặt \(t = 2 - f\left( x \right)\) thì phương trình đã cho \( \Leftrightarrow f\left( t \right) = 0\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a < - 1\\t = b \in \left( {0;1} \right)\\t = c \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}2 - f\left( x \right) = a\\2 - f\left( x \right) = b\\2 - f\left( x \right) = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2 - a > 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = 2 - b \in \left( {1;2} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\\f\left( x \right) = 2 - c \in \left( { - 3;1} \right){\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra phương trình (1) có 1 nghiệm, phương trình (2) có 1 nghiệm, phương trình (3) có 3 nghiệm do đó phương trình đã cho có 5 nghiệm.

Đáp án A

Trung điểm của AB là \(M\left( {2;2;2} \right)\) suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB là \(\left( Q \right):x + z - 4 = 0\).

Suy ra tâm mặt cầu thuộc \(\left( P \right) \cap \left( Q \right):\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 = 0\\x + z - 4 = 0\end{array} \right.\). Gọi \(I\left( {t;t - 3;4 - t} \right)\).

Khi đó \({R^2} = I{A^2} = {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {t - 5} \right)^2} + {\left( {t - 3} \right)^2} = 3{t^2} - 18t + 35 \ge 8 \Rightarrow {R_{\min }} = 2\sqrt 2 \).

Đáp án A

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

Vì khối trụ nội tiếp khối cầu \( \Rightarrow {R^2} = {r^2} + {\left( {\frac{h}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {r^2} = {R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}\).

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi h\left( {{R^2} - \frac{{{h^2}}}{4}} \right) = \frac{\pi }{4}.h\left( {4{{\rm{R}}^2} - {h^2}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( h \right) = 4{{\rm{R}}^2}h - {h^3}\) với \(h \in \left( {0;2{\rm{R}}} \right)\), có \(f'\left( h \right) = 4{{\rm{R}}^2} - 3{h^2} = 0 \Leftrightarrow h = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\).

Lập bảng biến thiên, ta được \(f\left( h \right)\) đạt GTLN khi và chỉ khi \(h = \frac{{2{\rm{R}}\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án D

Đặt \(t = \cos x{\rm{ }}\left( { - 1 \le t \le 1} \right),{\rm{ u}} = {t^2} - t\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( t \right) = {t^2} - t,{\rm{ t}} \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Ta có phương trình \(f\left( u \right) = \frac{1}{5}\) (1). Dựa vào bảng biến thiên đề bài cho thì (1) có 4 nghiệm là

\(\left[ \begin{array}{l}u = a \in \left( { - \infty ; - \frac{1}{4}} \right)\\u = b \in \left( { - \frac{1}{4};0} \right)\\u = c \in \left( {0;2} \right)\\u = d \in \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right.\).

Với \(u = a\) thì phương trình vô nghiệm.

Với \(u = b\) thì phương trình có hai nghiệm \(t = {t_1} \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right);{\rm{ }}t = {t_2} \in \left( {\frac{1}{2};1} \right)\).

Với \(u = c\) thì phương trình có một nghiệm \(t = {t_3} \in \left( { - 1;0} \right)\).

Với \(u = d\) thì phương trình vô nghiệm.

Với \(t = {t_1}\) thì phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right],{\rm{ }}\left[ {\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right],{\rm{ }}\left[ {\frac{{3\pi }}{2};\frac{{11\pi }}{6}} \right]\), \(\left[ {\frac{{7\pi }}{3};\frac{{5\pi }}{2}} \right]\).

Với \(t = {t_2}\) thì phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - \frac{\pi }{3};0} \right],{\rm{ }}\left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right],{\rm{ }}\left[ {\frac{{11\pi }}{6};2\pi } \right],{\rm{ }}\left[ {2\pi \frac{{7\pi }}{3}} \right]\).

Với \(t = {t_3}\) thì phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ {\frac{\pi }{2};\pi } \right],{\rm{ }}\left[ {\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\).

Vậy phương trình ban đầu có tất cả 10 nghiệm.

Đáp án D

Ta có: \({2020^{f\left( x \right)}} = x + \sqrt {{x^2} + 2020} {\rm{ }}\left( {\forall x \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2020} } \right)\)

Mặt khác \(f'\left( x \right) = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2020} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 2020} }} = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 2020} }} > 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \mathbb{R}} \right)\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) do đó \(f\left( {\log m} \right) < f\left( {{{\log }_m}2020} \right) \Leftrightarrow \log m < {\log _m}2020 \Leftrightarrow \log m < {\log _m}.20.\log 2020\)

Đặt \(t = \log m\) ta được \(t < \frac{{\log 2020}}{t} \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - \log 2020}}{t} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < - \sqrt {\log 2020} \\0 < t < \sqrt {\log 2020} \end{array} \right.\).

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}\log m < - \sqrt {\log 2020} \\0 < \log m < \sqrt {\log 2020} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < m < 0,015...\\1 < m < 65,77\end{array} \right.\)

Kết hợp \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ {2;3;4;...65} \right\}\) nên có 64 giá trị của tham số m.

Đáp án D

Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2;3} \right)\) bán kính \(R = 3\sqrt 3 \)

Vì \(A \in \left( \alpha \right) \Rightarrow 4 + c = 0 \Leftrightarrow c = - 4\) và \(A,B \in \left( \alpha \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{n_\alpha }} = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{a}} - 4 = 0 \Leftrightarrow a = 2\).

Suy ra \(d\left( {I,(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {2b + 5} \right|}}{{\sqrt {{b^2} + 5} }}\)

Gọi r là bán kính đường tròn \(\left( C \right)\) ta có \({r^2} = {R^2} - {d^2}\left( {I,(\alpha )} \right) = 27 - {d^2}\) với \(0 < d < 3\sqrt 3 \).

Khi đó thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}d\) để V lớn nhất thì \(f\left( d \right) = {r^2}.d = \left( {27 - {d^2}} \right)d\) lớn nhất.

Xét hàm \(f\left( d \right) = 27{\rm{d}} - {d^3}\) với \(0 < d < 3\sqrt 3 \)

Ta có \(f'\left( d \right) = - 3{{\rm{d}}^2} + 27 = 0 \Leftrightarrow d = \pm 3\) suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;3\sqrt 3 } \right)} \left[ {f\left( d \right)} \right] = f\left( 3 \right) = 54\) đạt được khi

\(d = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {2b + 5} \right|}}{{\sqrt {{b^2} + 5} }} = 3 \Leftrightarrow 5\left( {{b^2} - 4b + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow b = 2\).

Vậy giá trị biểu thức \(a - b + c = - 4\).

Đáp án C

Ta có: \(\left( C \right) \cap Oy\) tại điểm có hoành độ \(x = 0\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = a\\f'\left( 0 \right) = b\end{array} \right.\), thay \(x = 1\) vào giả thiết ta có: \({f^3}\left( 0 \right) + f\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow {a^3} + a = 2 \Leftrightarrow a = 1\)

Đạo hàm 2 vế biểu thức \({f^3}\left( {1 - x} \right) + f\left( {1 - {x^2}} \right) = x + 1\) ta được:

\( - 3{f^2}\left( {1 - x} \right)f'\left( {1 - x} \right) - 2{\rm{x}}.f'\left( {1 - {x^2}} \right) = 1\) (*)

Thay \(x = 1\) vào biểu thức (*) ta có: .

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: \(y = - \frac{1}{5}x + 1 \Rightarrow T = 5.\frac{{ - 1}}{5} + 2 = 1\).

Đáp án B

Ta có: \(\left( {\left| z \right| + 2i} \right)z = \sqrt {21} \Leftrightarrow \left| z \right| + 2i = \frac{{\sqrt {21} }}{z}\)

Lấy môđun 2 vế ta được: \(\sqrt {{{\left| z \right|}^2} + 4} = \frac{{\sqrt {21} }}{{\left| z \right|}}\)

Đặt \(t = \left| z \right| \ge 0\) ta được \(t\sqrt {{t^2} + 4} = \sqrt {21} \Leftrightarrow {t^4} + 4{t^2} - 21 = 0 \Rightarrow {t^2} = 3 \Rightarrow t = \sqrt 3 \)

Do đó \(z = \frac{{\sqrt {21} }}{{\left| z \right| + 2i}} = \frac{{\sqrt {21} }}{{\sqrt 3 + 2i}} \Rightarrow \) có 1 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Đặt \(t = x + 2\) ta có: \(\int\limits_{02}^2 {xf\left( {x + 2} \right)d{\rm{x}}} = 5 \Leftrightarrow \int\limits_0^4 {\left( {t - 2} \right)f\left( t \right)dt} = 5 \Rightarrow \int\limits_0^4 {\left( {x - 2} \right)f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 5\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = f'\left( x \right)d{\rm{x}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2{\rm{xdx}}\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\) suy ra \(\int\limits_0^4 {{x^2}f'\left( x \right)d{\rm{x}}} = \left. {{x^2}f\left( x \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {2{\rm{x}}f\left( x \right)d{\rm{x}}} \)

\( = 16f\left( 4 \right) - 2\int\limits_0^4 {xf\left( x \right)d{\rm{x}}} \)

Do đó \(\int\limits_0^4 {\left[ {{x^2}f'\left( x \right) + 4f\left( x \right)} \right]d{\rm{x}}} = 16 - 2\int\limits_0^2 {\left[ {xf\left( x \right) - 2f\left( x \right)} \right]d{\rm{x}}} = 16 - 2\int\limits_0^4 {\left( {x - 2} \right)f\left( x \right)d{\rm{x}}} \)

\( = 16 - 2.5 = 6\).