Đáp án D

\[\lim \frac{{3n + 1}}{{2n - 2}} = \lim \frac{{3 + \frac{1}{n}}}{{2 - \frac{2}{n}}} = \frac{3}{2}.\]

Đáp án C

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 4 + 1 + 4}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} .\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{9}\).

Đáp án C

Ta có \({2^{{x^2} - 3x + 2}} = 4 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 3x + 2}} = {2^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Đáp án D

Thể tích khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Đáp án D

Ta có \(z\left( {3 + 2i} \right) + 14i = 5 \Leftrightarrow z = \frac{{5 - 14i}}{{3 + 2i}} = - 1 - 4i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {17} \).

Đáp án D

Ta có I tính theo trung bình cộng hai điểm, \(I\left( {2;1;3} \right)\).

Đáp án A

Chọn 2 đường tròn bất kỳ có \(C_{40}^2\) cách chọn, 2 đường tròn bất kỳ thì có tối đa 2 giao điểm. Do đó số giao điểm tối đa là \(2.C_{40}^2 = 1560\).

Đáp án B

Ta có \(\int {\frac{{d{\rm{x}}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} = - \frac{1}{{x + 1}} + C\).

Đáp án C

Dựa vào BBT suy ra hàm số có 3 điểm cực trị (loại B và D). Hàm số có hệ số a âm (loại A).

Đáp án D

\(y = f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} - 3{\rm{x}} + 5\), TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

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

Có \(a = 1 > 0\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trong \(\left( { - 1;3} \right)\).

Đáp án A

Do mặt phẳng vuông góc với BC nên \(\overrightarrow {BC} = \left( {1; - 2; - 5} \right)\) là VTPT của mặt phẳng.

Vì vậy phương trình mặt phẳng là: \(1\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 5\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - 5{\rm{z}} - 5 = 0\).

Đáp án B

\(2{{\rm{z}}_1} + 3{{\rm{z}}_2} - {z_1}{z_2} = 2\left( {1 + 2i} \right) + 3\left( {3 - 4i} \right) - \left( {1 + 2i} \right)\left( {3 - 4i} \right) = - 10i\).

Đáp án B

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .4.3 = 24\pi \).

Đáp án C

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm \(x = - 1\) và giá trị đó bằng 3.

Đáp án A

\(\int {\left( {\cos x - 2x} \right)dx} = \int {\cos xdx} - \int {2xdx} = \sin x - {x^2} + C.\)

Đáp án D

Áp dụng công thức \({\log _a}b.c = {\log _a}b + {\log _a}c;{\rm{ lo}}{{\rm{g}}_a}{b^c} = c.{\log _a}b\).

\(\log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = \log {a^3} + \log {b^2} = 3\log a + 2\log b\).

Đáp án C

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = a\).

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A\) là hình chiếu vuông góc của S lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của SB lên \(\left( {ABC} \right)\).

Trong \(\Delta SBA\) vuông tại A: .

Đáp án D

Ta có bán kính của mặt cầu là \(R = IA = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).

Phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 3\).

Đáp án A

Trục Oz có vectơ đơn vị là \(\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left[ {\vec k;\overrightarrow {OI} } \right] = \left( { - 2;1;0} \right) = - \left( {2; - 1;0} \right)\).

Suy ra \(\left( P \right):2{\rm{x}} - y = 0\).

Đáp án D

Ta có \({z_1} = 2 - i \Rightarrow {z_2} = 2 + i \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - b = {z_1} + {z_2}\\c = {z_1}{z_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - b = 4\\c = \left( {2 - i} \right)\left( {2 + i} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4\\c = 5\end{array} \right.\).

Suy ra \[{\rm{w}} = b{{\rm{z}}_1} + c{{\rm{z}}_2} = - 4\left( {2 - i} \right) + 5\left( {2 + i} \right) = 2 + 9i\].

Đáp án A

Vận tốc của vật chuyển động \(v = {\left( s \right)^\prime } = - \frac{3}{2}{t^2} + 12t{\rm{ }}\left( {m{\rm{/s}}} \right)\)

Khoảng thời gian 6 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động tức khoảng \(0 < t \le 6\)

Ta có \(v' = - 3{\rm{x}} + 12\) do \(a = - \frac{1}{2} < 0\) mà \(v' = 0 \Rightarrow t = 4\). Vậy vật đạt \({v_{\max }} \Leftrightarrow t = 4 \Rightarrow {v_{\max }} = 24{\rm{ m/s}}\).

Đáp án B

Ta có \({V_1} = \pi R_1^2{h_1}\) và \({V_2} = \pi R_2^2{h_2}\).

Theo bài ra ta có: \({V_1} = {V_2} \Leftrightarrow \pi R_1^2{h_1} = \pi R_2^2{h_2} \Leftrightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \sqrt {\frac{{{h_2}}}{{{h_1}}}} \Leftrightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{2}{3}\).

Đáp án A

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } = 0;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 5\) nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là \(y = 0,y = 5\) và tiệm cận đứng là \(x = 1\).

Đáp án B

\(y' = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^\prime }\ln {\rm{x}} - {{\left( {\ln {\rm{x}}} \right)}^\prime }\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {\ln {\rm{x}}} \right)}^2}}} = \frac{{\ln {\rm{x}} - \frac{1}{x}\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {\ln {\rm{x}}} \right)}^2}}} = \frac{{x\ln {\rm{x}} - x - 1}}{{x{{\left( {\ln {\rm{x}}} \right)}^2}}}\)

Đáp án B

Gọi H là tâm hình vuông \(ABC{\rm{D}} \Rightarrow SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\);

\(\widehat {\left( {SB;(ABC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {SBH} = 60^\circ \).

Xét tam giác SHB có \(SH = BH.\tan \widehat {SBH} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Diện tích đáy \({S_{ABC{\rm{D}}}} = {a^2}\).

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là

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

Đáp án A

Điều kiện: \( - 2 < x \ne 5\).

\({\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\log _4}{\left( {x - 5} \right)^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}8 = 0 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\log _2}\left| {x - 5} \right| = {\log _2}8\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left| {x - 5} \right|} \right] = {\log _2}8 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left| {x - 5} \right| = 8\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\\left( {x + 2} \right)\left( {x - 5} \right) = 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} - 2 < x < 5\\\left( {x + 2} \right)\left( {5 - x} \right) = 8\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\{x^2} - 3{\rm{x}} - 18 = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} - 2 < x < 5\\ - {x^2} + 3{\rm{x}} + 2 = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\x = 6 \vee x = - 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} - 2 < x < 5\\x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2} \vee x = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\\x = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2}\end{array} \right.\).

Đáp án D

Ta có: \({\log _{ab}}b = 3 \Leftrightarrow {\log _a}ab = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {\log _b}a + 1 = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {\log _b}a = - \frac{2}{3}\).

Ta có: \({\log _{\sqrt {ab} }}\left( {\frac{a}{{{b^2}}}} \right) = 2{\log _{ab}}\left( {\frac{a}{{{b^2}}}} \right) = 2{\log _{ab}}a - 4{\log _{ab}}b = \frac{2}{{{{\log }_a}ab}} - 4.3 = \frac{2}{{1 + {{\log }_a}b}} - 12 = \frac{2}{{1 - \frac{3}{2}}} - 12 = - 16\).

Đáp án C

Ta có \(2f\left( x \right) + 7 = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 7}}{2}\)

\( \Rightarrow \) Số nghiệm thực của phương trình \(2f\left( x \right) + 7 = 0\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{{ - 7}}{2}\).

Dựa vào bảng biến thiên suy ra có 4 giao điểm, tức là phương trình \(2f\left( x \right) + 7 = 0\) có 4 nghiệm thực.

Đáp án B

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \ln 12\\x = - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:

Từ đó ta thấy hàm số có hai điểm cực trị tại \(x = - 1\) và \(x = \ln 2\).

Đáp án C

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {12; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \frac{{4m - 3}}{{{{\left( {x + 4m} \right)}^2}}} < 0\\ - 4m \le 12\end{array} \right.\left( {\forall x \in \left( {12; + \infty } \right)} \right)\)

\( \Leftrightarrow - 3 \le m < \frac{3}{4}\). Kết hợp \(m \in \mathbb{R} \Rightarrow m = \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Đặt \(z = x + yi{\rm{ }}\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\) từ giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\\{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 18\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y\\2{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = - 1\).

Vậy \(z = - 1 - i\).

Đáp án B

Ta có \(I = \int\limits_0^2 {f\left( {2{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} = H + K\)

Tính \(K = \int\limits_0^2 {f\left( {2{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} \).

Đặt \(t = 2{\rm{x}} \Rightarrow dt = 2{\rm{dx}}\); đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 2;{\rm{ }}x = 2 \Rightarrow t = 4\). Nên \(K = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt} = 1009\).

Tính \(H = \int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} \).

Đặt \(t = 4 - 2{\rm{x}} \Rightarrow dt = - 2{\rm{dx}}\); đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 4;{\rm{ }}x = 2 \Rightarrow t = 0\). Nên \(H = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt} = 1009\).

Suy ra \(I = K + H = 2018\).

Đáp án C

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x\).

\(\int\limits_{ - 2}^0 {g'\left( x \right)d{\rm{x}}} = g\left( 0 \right) - g\left( { - 2} \right) = \int\limits_{ - 2}^0 {\left[ {f'\left( x \right) - x} \right]d{\rm{x}}} > 0 \Rightarrow g\left( 0 \right) - g\left( { - 2} \right) > 0\).

\(\int\limits_0^1 {g'\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^1 {\left[ {f'\left( x \right) - x} \right]d{\rm{x}}} < 0 \Rightarrow g\left( 1 \right) - g\left( 0 \right) < 0 \Rightarrow g\left( 1 \right) < g\left( 0 \right)\)

Mặt khác, ta có \(g\left( 0 \right) - g\left( 1 \right) = \int\limits_0^1 {\left[ {x - f'\left( x \right)} \right]d{\rm{x}}} > 0\).

Từ hình vẽ, ta có \(g\left( 0 \right) - g\left( { - 2} \right) > g\left( 0 \right) - g\left( 1 \right) \Rightarrow g\left( 1 \right) > g\left( { - 2} \right)\).

Vậy \(g\left( { - 2} \right) < g\left( 1 \right) < g\left( 0 \right)\).

Đáp án D

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}A{I^2} = B{I^2}\\A{I^2} = C{I^2}\\A{I^2} = D{I^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} + {c^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 3b = - 3\\a - c = - 1\\a - 2b - 3c = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0;1;1} \right)\).

Bán kính: \(R = IA = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^1}} = \sqrt 6 \).

Đáp án B

Ta có: \(y' = {\left[ {f\left( {x + 2m - 1} \right)} \right]^\prime } = {\left( {x + 2m - 1} \right)^\prime }.f'\left( {x + 2m - 1} \right) = f'\left( {x + 2m - 1} \right)\).

Xét \(y' < 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + 2m - 1} \right) < 0\) mà \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 3\) (bảng biến thiên).

Suy ra \(f'\left( {x + 2m - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow - 2 < x + 2m - 1 < 3\)\( \Leftrightarrow - 1 - 2m < x < 4 - 2m\). Để \(f\left( {x + m} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right) \Leftrightarrow - 1 - 2m \le 0 < 1 \le 4 - 2m \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{2} \le m \le \frac{3}{2}\).

Kết hợp với \(m \in \mathbb{R} \to m = \left\{ {0;1} \right\}\) suy ra có 2 giá trị.

Đáp án C

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

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

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

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

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

Vậy \(\int\limits_3^8 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \frac{{13}}{{30}}\).

Đáp án C

Điều kiện: \(x > 0\)

Ta có: \({\log _3}^2\left( {3x} \right) - \left( {m + 2} \right){\log _3}x + m - 2 = 0 \Leftrightarrow {\log _3}^2x - m{\log _3}x + m - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}x = 1}\\{{{\log }_3}x = m - 1}\end{array}} \right.\).

Phương trình: \({\log _3}x = 1 \Leftrightarrow x = 3 \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]\)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ {\frac{1}{3};3} \right]\) thì phương trình:

\({\log _3}x = m - 1\) có 1 nghiệm thuộc \(\left[ {\frac{1}{3};3} \right)\).

\( \Rightarrow {\log _3}\frac{1}{3} \le {\log _3}x = m - 1 < {\log _3}3 \Leftrightarrow - 1 \le m - 1 < 1 \Leftrightarrow 0 \le m < 2 \Rightarrow m \in \left[ {0;2} \right)\).

Đáp án C

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 6.6 = 36\).

Gọi X là biến cố “tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con xúc sắc đó không vươt quá 5”

Gọi x, y lần lượt là số chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc.

Theo bài ra, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y \le 5\\1 \le x,y \le 6\end{array} \right. \to \left( {x;y} \right) = \left[ \begin{array}{l}\left( {1;1} \right),{\rm{ }}\left( {1;2} \right),{\rm{ }}\left( {1;3} \right),{\rm{ }}\left( {1;4} \right)\\{\rm{     }}\left( {2;1} \right),{\rm{ }}\left( {2;2} \right),{\rm{ }}\left( {2;3} \right)\\{\rm{           }}\left( {3;1} \right),{\rm{ }}\left( {3;2} \right)\\{\rm{                 }}\left( {4;1} \right)\end{array} \right.\).

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố X  là \(n\left( X \right) = 4 + 3 + 2 + 1 = 10\).

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}\).

Đáp án C

Ta có: \({R_{AHB}} = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {AHB}}} = \frac{3}{{2\sin 120^\circ }} = \sqrt 3 \).

Do \(SH \bot \left( {AHB} \right)\). Áp dụng công thức tính nhanh ta có: \(R = \sqrt {\frac{{S{H^2}}}{4} + R_{AHB}^2} = \sqrt {15} \).

Đáp án C

Dựng hình bình hành ABCD.

Gọi H là hình chiếu của S lên \(\left( {ABC} \right)\); E là hình chiếu của H lên AD; K là hình chiếu của H lên BC; P là hình chiếu của K lên SE; Q là hình chiếu của E lên SK.

Ta có: \(d\left( {A,(SBC)} \right) = EQ = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\);

\({\rm{d}}\left( {SA,BC} \right) = d\left( {BC,(SA{\rm{D}})} \right) = d\left( {K,(SA{\rm{D}})} \right) = KP = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

\( \Rightarrow KP = EQ = \frac{{a\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow \Delta SEK\) cân tại \(S \Rightarrow H\) là trung điểm của EK.

Gọi M là trung điểm của \(BC \Rightarrow EK = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(QK = \sqrt {E{K^2} - E{Q^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).

\(\Delta SHK\) và \(\Delta EQK\) đồng dạng \( \Rightarrow \frac{{SH}}{{EQ}} = \frac{{HK}}{{QK}} \Rightarrow SH = \frac{{EQ.HK}}{{QK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{8}\).

Đáp án B

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x + 1\\dv = f'\left( x \right)d{\rm{x}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = d{\rm{x}}\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\) ta có:

\[\int\limits_0^3 {\left( {x + 1} \right)f'\left( x \right)d{\rm{x}}} = \left. {\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right|_0^3 - \int\limits_0^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 4f\left( 3 \right) - f\left( 0 \right) - \int\limits_0^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = a\].

Mặt khác \(\int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx} = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = b \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = d - b\).

Lại có \(\int\limits_1^3 {\left| {f'\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = - \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} = f\left( 1 \right) - f\left( 3 \right) = d - f\left( 3 \right) = c \Rightarrow f\left( 3 \right) = d - c\).

Thế vào ta được \(4\left( {d - c} \right) - \left( {d - b} \right) - I = a \Leftrightarrow 3d + b - 4c - a = I.\)

Đáp án D

Bảng biến thiên (I) của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{{\rm{x}}^2}\).

Bảng biến thiên (II) của hàm số \(g\left( x \right) = {x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2\).

Theo BBT (1), ta xét các trường hợp:

+ Nếu \(m < - 20\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow {x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_1} < - 2\)    (2)

Theo BBT (II), phương trình (2) vô nghiệm \( \Rightarrow \) PT (1) vô nghiệm (loại).

+ Nếu \( - 20 < m < - 4\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow {x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_2} \in \left( { - 2; - 1} \right)\) (3)

Theo BBT (II), phương trình (3) có 4 nghiệm \( \Rightarrow \) PT (1) có 4 nghiệm (nhận).

+ Nếu \(m = - 4\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = - 1{\rm{ }}\left( 4 \right)\\{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = 2{\rm{ }}\left( 5 \right)\end{array} \right.\)

Theo BBT (II), PT (4) có 4 nghiệm, PT (5) có 3 nghiệm \( \Rightarrow \) PT (1) có 7 nghiệm (loại).

+ Nếu \( - 4 < m < 0\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_3} \in \left( { - 1;0} \right){\rm{ }}\left( 6 \right)\\{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_4} \in \left( {0;2} \right){\rm{ }}\left( 7 \right)\\{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_5} \in \left( {2;3} \right){\rm{ }}\left( 8 \right)\end{array} \right.\)

Theo BBT (II), PT (6), (7) đều có 4 nghiệm pb, PT (8) có 2 nghiệm \( \Rightarrow \) PT (1) có 10 nghiệm (loại).

+ Nếu \(m = 0\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = 0{\rm{ }}\left( 9 \right)\\{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = 3{\rm{ }}\left( {10} \right)\end{array} \right.\)

Theo BBT (II), PT (9) có 4 nghiệm, PT (10) có 2 nghiệm \( \Rightarrow \) PT (1) có 6 nghiệm (loại).

+ Nếu \(m > 0\): \(f\left( {{x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2} \right) = m \Leftrightarrow {x^4} - 4{{\rm{x}}^2} + 2 = {k_6} > 3\)

Theo BBT (II), … \( \Rightarrow \) PT (1) có 2 nghiệm (loại).

Vậy PT (1) có 4 nghiệm pb khi \( - 20 < m < - 4\), mà m nguyên nên \( - 19 \le m \le - 5 \Rightarrow \) số giá trị nguyên của m là \( - 5 - \left( { - 19} \right) + 1 = 15\).

Đáp án D

Ta có: \(A\left( z \right) \Rightarrow A\left( {x;y} \right),{\rm{ B}}\left( {iz} \right) \Rightarrow B\left( { - y;x} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0 \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại O. Mặt khác \(C\left( {z + iz} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} \) nên OACB là hình chữ nhật. Ta có: \({S_{ABC}} = {S_{OAB}} = 18 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right)^2} = 18 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 6 = \left| z \right|\).

Mặt khác \(z = \frac{{{\rm{w}} + 2}}{{1 + i}} \Rightarrow \left| z \right| = \left| {\frac{{{\rm{w}} + 2}}{{1 + i}}} \right| = 6 \Leftrightarrow \left| {{\rm{w}} + 2} \right| = 6\sqrt 2 \).

Vậy tập hợp điểm biểu diễn hình học của số phức w là đường tròn bán kính \(R = 6\sqrt 2 \).

Đáp án A

Ta có \(f\left( {{x^2} + 4x} \right) = - 2{x^2} - 7x + 1 \Leftrightarrow \left( {2x + 4} \right)f\left( {{x^2} + 4x} \right) = \left( { - 2{x^2} - 7x + 1} \right)\left( {2x + 4} \right)\).

Lấy tích phân cận chạy từ 0 → 1 hai vế ta được:

\(\int\limits_0^1 {\left( {2x + 4} \right)} f\left( {{x^2} + 4x} \right)dx = \int\limits_0^1 {\left( { - 2{x^2} - 7x + 1} \right)\left( {2x + 4} \right)} dx = - \frac{{52}}{3}\).

Xét \(\int\limits_0^1 {\left( {2{\rm{x}} + 4} \right)f\left( {{x^2} + 4{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} \). Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = {x^2} + 4x \Rightarrow dt = \left( {2x + 4} \right)dx}\\{x = 0 \to t = 0,x = 1 \to t = 5}\end{array}} \right.\). Khi đó ta có:

\(\int\limits_0^1 {\left( {2x + 4} \right)} f\left( {{x^2} + 4x} \right)dx = \int\limits_0^5 {f\left( t \right)} dt = \int\limits_0^5 {f\left( x \right)} dx = - \frac{{52}}{3}\).

Xét \(I = \int\limits_0^5 {x.f'\left( x \right)dx} = \left. {xf\left( x \right)} \right|_0^5 - \int\limits_0^5 {f\left( x \right)} dx = - 40 - \left( { - \frac{{52}}{3}} \right) = - \frac{{68}}{3}\).

Đáp án B

Giả sử đường thẳng cắt trục Oz tại \(B\left( {0;0;a} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 2;a - 3} \right)\).

Mà d song song với \(\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{n_P}} = 0 \Leftrightarrow 2.\left( { - 1} \right) + 1.\left( { - 2} \right) - 4\left( {a - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 2 \Rightarrow B\left( {0;0;2} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 2; - 1} \right) \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 2t\\z = 2 + t\end{array} \right.\).

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của AB suy ra \(SH \bot AB\).

Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

Dựng \(HM \bot BC,{\rm{ HN}} \bot {\rm{CD}},{\rm{ HP}} \bot {\rm{AD}}\).

Suy ra \(\widehat {SMH} = \widehat {SNH} = \widehat {SPH} = 60^\circ \).

Ta có: \(SH = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\), \(HM\tan 60^\circ = HN\tan 60^\circ \)

\( = HP\tan 60^\circ = SH \Rightarrow HM = HN = HP = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Mặt khác \({S_{ABC{\rm{D}}}} = {S_{BHC}} + {S_{CH{\rm{D}}}} + {S_{DHA}}\)

\( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\left( {BC + C{\rm{D}} + A{\rm{D}}} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.\left( {9{\rm{a}} - a} \right) = \frac{{2{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}S.h = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\).

Đáp án B

Đặt \(t = 2 + 2\cos x \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right]\).

Phương trình có dạng \(f\left( t \right) = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a \in \left( {0;2} \right)\\t = b \in \left( {2;4} \right)\end{array} \right.\).

+ Với \(t = a\) ta có \(2 + 2\cos x = a \Leftrightarrow \cos x = \frac{{a - 2}}{2} \in \left( { - 1;0} \right)\). Phương trình có 1 nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\).

+ Với \(t = b\) ta có \(2 + 2\cos x = b \Leftrightarrow \cos x = \frac{{b - 2}}{2} \in \left( {0;1} \right)\). Phương trình có 1 nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\).

Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\).

Đáp án A

Phương trình: \({\log _5}\left( {x + y} \right) + 2{x^2} + {y^2} + 3xy - 11x - 6y + 4 = 0\).

\( \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{x + y}}{5} + \left( {2x + y - 1} \right)\left( {x + y} \right) - 5\left( {2x + y - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{x + y}}{5} + \left( {2x + y - 1} \right)\left( {x + y - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 5\)

\( \Rightarrow \) có 4 cặp số nguyên dương thỏa mãn là \(\left( {1;4} \right),{\rm{ }}\left( {2;3} \right),{\rm{ }}\left( {3;2} \right),{\rm{ }}\left( {4;1} \right)\).

Đáp án B

Ta có: \({d_1} = \frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{2} = \frac{z}{{ - 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} - y - 4 = 0{\rm{ }}\left( \alpha \right)\\y + 2{\rm{z}} + 2 = 0{\rm{ }}\left( \beta \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \({d_1} \subset \left( P \right) \Rightarrow \left( P \right):m\left( {2{\rm{x}} - y - 4} \right) + n\left( {y + 2{\rm{z}} + 2} \right) = 0,{\rm{ }}{{\rm{m}}^2} + {n^2} > 0\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left( {2m; - m + n;2n} \right)\) là VTPT của \(\left( P \right)\).

Mặt khác, \({d_2}\) có VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Xét

.

TH1: \(n = 0 \Rightarrow m \ne 0\), ta chọn .

TH2: \(n \ne 0\), ta chọn .

.

Lập bảng biến và nhận xét: .

Khi đó \(\frac{7}{5}\left( {2{\rm{x}} - y - 4} \right) + \left( {y + 2{\rm{z}} + 2} \right) = 0 \Rightarrow 7{\rm{x}} - y + 5{\rm{z}} - 9 = 0 \Rightarrow a = 7,c = 5,d = - 9 \Rightarrow T = a + c + d = 3\).

Đáp án B

Ta có: \(y = f\left[ {f\left( {2{\rm{x}} - 3} \right)} \right] \Rightarrow y' = 2f'\left( {2{\rm{x}} - 3} \right).f'\left( {2{\rm{x}} - 3} \right)\)

\(y = f\left( {{x^3} + x + 2} \right) \Rightarrow y'\left( {3{{\rm{x}}^2} + 1} \right)f\left( {{x^3} + x + 2} \right)\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_1}} \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là:

\(y = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right) = x + 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 1\\ - f'\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 1\\f\left( 1 \right) = 4\end{array} \right.\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_2}} \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 2\) là:

\(y = 2f'\left( 1 \right).f'\left[ {f\left( 1 \right)} \right]\left( {x - 2} \right) + f\left[ {f\left( 1 \right)} \right] = 2f'\left( 4 \right)\left( {x - 2} \right) + f\left( 4 \right) = 8{\rm{x}} + 5\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2f'\left( 4 \right) = 8\\ - 4f'\left( 4 \right) + f\left( 4 \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 4 \right) = 4\\f\left( 4 \right) = 21\end{array} \right.\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_3}} \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là:

\(y = 4f\left( 4 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 4 \right) = 16\left( {x - 1} \right) + 21 = 16{\rm{x}} + 5\).