Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta có:

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Do đó B là mệnh đề sai.

Đáp án D

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

Đáp án D

Diện tích xung quanh của hình nón bằng một nửa tích của độ dài đường tròn đáy và độ dài đường sinh: \(S = \pi r\ell \).

Đáp án B

Số phức liên hợp của \(z = 4 + 3i\) là \(\overline z = 4 - 3i\).

Đáp án D

Sử dụng các công thức:

\({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right)\)

\({\log _a}x - {\log _a}y = {\log _a}\frac{x}{y}\)

\({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b\)

\(\left( {0 < a \ne 1;x,y,b > 0} \right)\).

Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án D sai.

Đáp án B

\(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6\).

Đáp án A

Có 10 cách chọn bút và 8 cách chọn sách.

Số cách chọn một cái bút và một quyển sách là \(10.8 = 80\) cách.

Đáp án D

Ta có: \(10 = \int\limits_0^2 {\left( {f(x) + 3{{\rm{x}}^2}} \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \left. {{x^3}} \right|_0^2 = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + 8 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 2\).

Đáp án D

Trong bốn điểm chỉ có tọa độ điểm \(P\left( {7;2;1} \right)\) không thỏa mãn phương trình đường thẳng d.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;2} \right)\).

Đáp án C

\({u_2} = {u_1}q \Rightarrow q = 2 \Rightarrow {u_5} = {3.2^4} = 48\).

Đáp án B

+ Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\) ta có \[{\rm{S}}O \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\].

+ Xác định góc giữa SA và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), từ đó tính SO.

+ Sử dụng công thức tính thể tích \(V = \frac{1}{3}AO.{S_{ABC{\rm{D}}}}\).

Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\) ta có \(SO \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;(ABC)} \right) = \angle \left( {SA;(ABC{\rm{D}})} \right) = \angle SAO = 45^\circ \Rightarrow SO = OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Đáp án A

\({3^{{x^2} + x}} = 9 \Leftrightarrow {3^{{x^2} + x}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} + x = 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\).

Đáp án C

Ta có: \(\int {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)d{\rm{x}}} = \ln \left| x \right| - \frac{1}{{2{{\rm{x}}^2}}} + C\).

Đáp án D

Hàm trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) luôn có 1 hoặc 3 điểm cực trị, suy ra hàm số \(y = {x^4} + 3{{\rm{x}}^2} + 2\) có cực trị.

Hàm số \(y = \frac{{2{\rm{x}} - 1}}{{3{\rm{x}} + 2}};{\rm{ }}y = 3{\rm{x}} + 4;{\rm{ }}y = {x^3} + 1\), không có cực trị.

Đáp án B

\({\log _2}\left( {\frac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}}} \right) = 3 - x \Leftrightarrow \frac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}} = {2^{3 - x}} \Leftrightarrow {5.2^x} - 8 = {2^{3 - x}}.\left( {{2^x} + 2} \right) \Leftrightarrow {5.2^x} - {2^{4 - x}} - 16 = 0\) (*)

Đặt \({2^x} = t\), đk \(t > 0\) khi đó \({2^{ - x}} = \frac{1}{t}\). Phương trình (*) tương đương với

\(5t - \frac{{16}}{t} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\\t = - \frac{4}{5} \Leftrightarrow t = 4\end{array} \right.\) (loại \(t = - \frac{4}{5}\) vì \(t > 0\)).

Với \(t = 4 \Rightarrow x = 2\). Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất.

Đáp án A

Hàm số đã xác định và liên tục trên \(\left[ { - 1;3} \right]\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 1;3} \right)\\y' = 4{{\rm{x}}^3} - 16{\rm{x}} = 4{\rm{x}}\left( {{x^2} - 4} \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Tính \(y\left( { - 1} \right) = 11;{\rm{ y}}\left( 3 \right) = 27;{\rm{ y}}\left( 0 \right) = 18;{\rm{ y}}\left( 2 \right) = 2\).

Đáp án A

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y.

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là \(S = 6c{\rm{x}}y + 2{{\rm{x}}^2}\).

Thể tích là \(V = 2{{\rm{x}}^2}y = 200 \Rightarrow xy = \frac{{100}}{x}\).

\(S = \frac{{600}}{x} + 2{{\rm{x}}^2} = \frac{{300}}{x} + \frac{{300}}{x} + 2{{\rm{x}}^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{300}}{x}.\frac{{300}}{x}.2{{\rm{x}}^2}}} = 30\sqrt[3]{{180}}\)

Vậy chi phí thấp nhất là \(T = 30\sqrt[3]{{180}}.300000 = 51\) triệu.

Đáp án D

Đáp án C

Ta có \(3{{\rm{z}}^2} - z + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = \frac{{1 - i\sqrt {23} }}{6} \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\\{z_2} = \frac{{1 + i\sqrt {23} }}{6} \Rightarrow \left| {{z_2}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right. \Rightarrow T = {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}\).

Đáp án A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot {\rm{S}}A{\rm{ }}\left( {SA \bot (ABC)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot {\rm{S}}B\).

Mà \(AC \bot {\rm{S}}A{\rm{ }}\left( {SA \bot (ABC)} \right)\) nên hai điểm A, B cùng nhìn đoạn SC dưới 1 góc vuông.

Do đó các điểm S, A, B, C cùng nằm trên một mặt cầu có đường kính SC.

+ \(AC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

+ \(SC = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 6 \).

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là \(R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Đáp án A

Ta có: \({d_1} = d\left( {I;(P)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 4 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 3\).

Gọi R là bán kính của mặt cầu tâm I.

Do đó: \({R^2} = d_1^2 + {5^2} = 34\).

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34\).

Đáp án B

Đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 9{\rm{x}} - 2} \right|\) có được bằng cách biến đổi đồ thị \(\left( C \right)\) hàm số \(y = {x^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 9{\rm{x}} - 2\).

Giữ nguyên phần đồ thị \(\left( C \right)\) nằm trên trục hoành.

Lấy đối xứng phần đồ thị của \(\left( C \right)\) phần dưới trục hoành qua trục hoành.

Xóa phần đồ thị còn lại \(\left( C \right)\) phía dưới trục hoành.

Số nghiệm của phương trình \(\left| {{x^3} - 6{{\rm{x}}^2} - 9{\rm{x}} - 2} \right| = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 9{\rm{x}} - 2} \right|\) và đồ thị hàm số \(y = m\). Để phương trình có 6 nghiệm phân biệt thì điều kiện cần và đủ là \(0 < m < 2\).

Đáp án C

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+ Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là TCN của đồ thị hàm số.

+ Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}} = 1 \Rightarrow y = 1\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - x - 2}} = \infty \end{array} \right. \Rightarrow x = 2,x = - 1\) là các đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Đáp án C

Sử dụng các công thức:

\({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]{\rm{ }}\left( {0 < a \ne 1,f\left( x \right) > 0,g\left( x \right) > 0} \right)\)

\({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b{\rm{ }}\left( {0 < a \ne 1,b > 0} \right)\)

\(I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5{\rm{a}}} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{9}}}{b^3} = 2{\log _6}\left[ {1 + {{\log }_5}a} \right] - \frac{3}{2}{\log _3}b = 2{\log _6}6 - \frac{3}{2}.\frac{2}{3} = 2.1 - 1 = 1\).

Đáp án D

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(f'\left( x \right) = \frac{{2{\rm{x}}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \frac{{2.1}}{{\left( {{1^2} + 1} \right)\ln 2}} = \frac{1}{{\ln 2}}\).

Đáp án B

Đường thẳng d có VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {2;3; - 1} \right)\) và đi qua \(M\left( {3;1; - 1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( { - 2;2;0} \right)\) mà \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow {MA} \) làm cặp VTCP \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow u } \right] =  - 2\left( {1;1;5} \right)\).

Khi đó \(\left( P \right):1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 3} \right) + 5\left( {z + 1} \right) = 0\) hay \(\left( P \right):x + y + 5{\rm{z}} + 1 = 0\).

Đáp án B

Sử dụng khai triển nhị thức Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^k}{b^{n - k}}} \).

Ta có: \({\left( {\sqrt[3]{x} + \frac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)^7} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^{7 - k}}{{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{x^{\frac{{7 - k}}{3}}}{x^{ - \frac{k}{4}}}} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{x^{\frac{{7 - k}}{3} - \frac{k}{4}}}} \)

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với \(\frac{{7 - k}}{3} - \frac{k}{4} = 0 \Leftrightarrow \frac{{28 - 4k - 3k}}{{12}} = 0 \Leftrightarrow k = 4\).

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là \(C_7^4 = 35\).

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm \( - {x^2} + 2{\rm{x}} = - 3{\rm{x}} \Leftrightarrow {x^2} - 5{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 5\end{array} \right.\).

Ta có \[{\rm{S}} = \int\limits_0^5 {\left| { - {x^2} + 2{\rm{x}} + 3{\rm{x}}} \right|d{\rm{x}}} = \int\limits_0^5 {\left| {{x^2} - 5{\rm{x}}} \right|d{\rm{x}}} = \frac{{125}}{6}\].

Đáp án B

Có thể sử dụng \({S_{AB{\rm{D}}}} = {S_{A'B{\rm{D}}}}\cos \alpha \) hoặc gọi M là trung điểm BD. Góc cần tìm là \(A'MA\).

Ta có \(AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};{\rm{ }}A'A = a \Rightarrow \tan \widehat {A'MA} = \sqrt 2 \Rightarrow \sin \widehat {A'MA} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án D

Ta có: \(\left| {z - 1} \right| = \left| {z - i} \right|\) và \(\left| {z - 3i} \right| = \left| {z + i} \right|\)

Nên ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = {a^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\\{a^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} = {a^2} + {\left( {b + 1} \right)^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right.\)

Do đó \(a + b = 2\).

Đáp án C

Từ \(\left( P \right)\) có véctơ pháp tuyến \(\overrightarrow a = \left( {2;0;1} \right)\).

Từ đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow b = \left( {3; - 5; - 1} \right)\).

Gọi vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u \).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u \bot \overrightarrow a \\\overrightarrow u \bot \overrightarrow b \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {5;5; - 10} \right)\). Chọn \(\overrightarrow u = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Đáp án B

Ta có:

\( = \left. {\left( {\frac{{{t^2}}}{2} - t + \ln \left| {t + 1} \right|} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^1 = - \frac{1}{8} + \ln \frac{4}{3} = 2\ln 2 - \ln 3 - \frac{1}{8} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\\c = \frac{{ - 1}}{8}\end{array} \right. \Rightarrow P = abc = \frac{1}{4}\).

Đáp án D

Với \(f\left( x \right) > 0,\forall x \ne \pm 1\), ta có \({x^2}f'\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{{x^2} - 1}}\).

Suy ra \(\int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}d{\rm{x}}} = \int {\frac{{d{\rm{x}}}}{{{x^2} - 1}}} \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| + C\).

Xét trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\), ta có \(\ln f\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \frac{{1 - x}}{{x + 1}} + C\).

Do \(f\left( 0 \right) = e \Rightarrow C = 1\). Do đó \(\ln f\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \frac{{1 - x}}{{x + 1}} + 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = e\sqrt {\frac{{1 - x}}{{x + 1}}} \Rightarrow f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{e}{{\sqrt 3 }}\).

Đáp án D

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( {{x_0};x_0^3 - 3{\rm{x}}_0^2} \right)\) có dạng: \(y = \left( {3{\rm{x}}_0^2 - 6{{\rm{x}}_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3{\rm{x}}_0^2\)

Do tiếp tuyến đi qua điểm \(\left( {0;b} \right) \Rightarrow b = \left( {3{\rm{x}}_0^2 - 6{{\rm{x}}_0}} \right)\left( { - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3{\rm{x}}_0^2 = - 2{\rm{x}}_0^3 + 3{\rm{x}}_0^2\)

Để có đúng một tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) đi qua \(B\left( {0;b} \right)\) thì phương trình \(b = - 2{\rm{x}}_0^3 + 3{\rm{x}}_0^2\) có duy nhất một nghiệm. Xét hàm số \(y = - 2{{\rm{x}}^3} + 3{{\rm{x}}^2} \Rightarrow y' = - 6{{\rm{x}}^2} + 6{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 0\\x = 1 \Rightarrow y = 1\end{array} \right.\).

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi \(\left[ \begin{array}{l}b > 1\\b < 0\end{array} \right.\).

Với \(b \in \left( { - 10;10} \right)\) có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

\({V_1} = 2{V_{E.MNPQ}}\). Hình hộp đã cho có chiều cao \(BB' = h\), diện tích đáy ABCD là S.

Khi đó \({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}S\); \({h_1} = \frac{h}{2} \Rightarrow \frac{{{V_{E.MNPQ}}}}{V} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.h.\frac{S}{2} = \frac{{Sh}}{{12}} = \frac{V}{{12}} \Rightarrow {V_1} = \frac{V}{6} = \frac{{3.4.5}}{6} = 10\).

Đáp án D

Xét trên \(\left( {0;1} \right)\). Ta có: \(4{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} - {\log _{\frac{1}{2}}}x + m = 0 \Leftrightarrow \log _2^2x + {\log _2}x + m = 0\).

Đặt \(t = {\log _2}x \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;0} \right)\). Ta được phương trình: \({t^2} + t + m = 0 \Leftrightarrow m = - {t^2} - t\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = - {t^2} - t,{\rm{ t}} \in \left( { - \infty ;0} \right)\).

Ta có: \(f'\left( t \right) = - 2t - t;{\rm{ }}f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}\). Bảng biến thiên:

Vậy để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;1} \right)\) thì \(m \in \left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right]\).

Đáp án D

Kẻ \(HI{\rm{ // BC}}\) cắt CD tại I ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}C{\rm{D}} \bot {\rm{HI}}\\{\rm{CD}} \bot {\rm{S}}I\end{array} \right.\).

Suy ra góc giữa mặt phẳng \(\left( {SC{\rm{D}}} \right)\) và mặt phẳng đáy là góc \(\widehat {SIH} = 45^\circ \).

Dựng hình bình hành ADBE.

Ta có \(B{\rm{D // }}\left( {SA{\rm{E}}} \right) \Rightarrow d\left( {SA,B{\rm{D}}} \right) = d\left( {B{\rm{D}},(SA{\rm{E}})} \right) = d\left( {B,(SA{\rm{E}})} \right) = d\left( {H,(SA{\rm{E}})} \right)\).

Kẻ \(HJ \bot A{\rm{E}}\) vuông góc tại J ta có \(A{\rm{E}} \bot \left( {SHJ} \right) \Rightarrow \left( {SA{\rm{E}}} \right) \bot \left( {SHJ} \right)\) theo giao tuyến SJ.

Kẻ \(HK \bot {\rm{S}}J\) vuông góc tại K ta có \(HK \bot \left( {SA{\rm{E}}} \right) \Rightarrow HK = d\left( {H,(SA{\rm{E}})} \right)\).

Ta có \(HK = \frac{{HJ.H{\rm{S}}}}{{SJ}} = \frac{{HJ.H{\rm{S}}}}{{\sqrt {H{J^2} + H{{\rm{S}}^2}} }}\).

Với \(HJ = AO = a\sqrt 2 ,{\rm{ }}HI = \frac{3}{4}BC = \frac{{3a}}{2}\).

Và \(H{\rm{S}} = HI = \frac{{3{\rm{a}}}}{2}\).

 Vậy \(HK = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{3{\rm{a}}}}{2}}}{{\sqrt {2{{\rm{a}}^2} + \frac{{9{{\rm{a}}^2}}}{4}} }} = \frac{{3{\rm{a}}\sqrt {34} }}{{17}}\).

Đáp án C

Các trường hợp xảy ra gồm

+ 3 hồng, 3 ly, 1 huệ: \(C_8^3.C_7^3.6\)

+ 2 hồng, 2 ly, 3 huệ: \(C_8^2.C_7^2.C_6^3\)

+ 1 hồng, 1 ly, 5 huệ: \(C_8^1.C_7^1.C_6^5\).

Tổng số khả năng thuận lợi là 23856 cách chọn.

Không gian mẫu là \(C_{21}^7\), suy ra xác suất cần tính là \(\frac{{994}}{{4845}}\).

Đáp án D

Ta có: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2m} \right\}\) và \(f'\left( x \right) = \frac{{2m\left( {m + 1} \right) - 4}}{{{{\left( {x + 2m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = \frac{{2m\left( {m + 1} \right) - 4}}{{{{(x + 2m)}^2}}} < 0,{\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right)}\\{ - 2m \notin \left( {0; + \infty } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 1}\\{ - 2m \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 1}\\{m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 1\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 0\) là giá trị cần tìm. Vậy có 1 giá trị nguyên duy nhất.

Đáp án A

Đặt \(t = \sqrt {x + 1} \Rightarrow {t^2} = x + 1 \Rightarrow 2t{\rm{d}}t = d{\rm{x}}\)

Đổi cận ta được \(\int\limits_1^3 {f\left( {\sqrt {x + 1} } \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^2 {f\left( t \right).2t{\rm{d}}t} = 2\int\limits_0^2 {t.f\left( t \right)dt} = 4 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {x.f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 2\).

Mặt khác \(I = {x^2}f'\left( x \right)d{\rm{x}}\) ta 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 \(I = \left. {{x^2}f\left( x \right)} \right|_0^2 - 2\int\limits_0^2 {x.f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 4.f\left( 2 \right) - 2.2 = 8\).

Đáp án B

Ta có \(\int {\frac{{d{\rm{x}}}}{{{x^2}}}} = - \frac{1}{x} = F\left( x \right) \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\pi \int\limits_1^k {{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}d{\rm{x}}} }}{{\pi \int\limits_k^5 {{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}d{\rm{x}}} }} = \frac{{F\left( k \right) - F\left( 1 \right)}}{{F\left( 5 \right) - F\left( k \right)}} = 2 \Leftrightarrow k = \frac{{15}}{7}\).

Đáp án D

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;3;5} \right)\), bán kính \(R = 10\).

Vì \(d\left( {I,(P)} \right) = 6 < R = 10 \Rightarrow \left( P \right)\) cắt \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm E là hình chiếu vuông góc của I lên \(\left( P \right)\) và có bán kính \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I,(P)} \right)} = 8\).

Gọi \(\left( d \right)\) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với \(\left( P \right)\), nên nhận VTPT của \(\left( P \right)\) làm VTCP.

Phương trình \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2m\\y = 3 - 2m\\z = 5 + m\end{array} \right.,\left( {m \in \mathbb{R}} \right)\). Khi đó \(\left( d \right) \cap \left( P \right) = E\left( {2 + 2m;3 - 2m;5 + m} \right)\).

Ta có \(E \in \left( P \right) \Rightarrow m = - 2 \Rightarrow E\left( { - 2;7;3} \right)\).

Vì \(ME = \sqrt {53} < 8 \Rightarrow E\) nằm trong đường tròn \(\left( C \right)\). Vậy AB lớn nhất khi AB là đường kính của đường tròn \(\left( C \right)\), khi đó đường thẳng \(\Delta \) chính là đường thẳng ME.

Vậy \(\Delta \) qua \(M\left( { - 3;3; - 3} \right)\), nhận \(\overrightarrow {ME} = \left( {1;4;6} \right)\) làm VTCP.

Vậy phương trình đường thẳng \(\left( \Delta \right):\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y - 3}}{4} = \frac{{z + 3}}{6}\).

Đáp án C

Điều kiện: \(xy + 1 > 0\).

\({\log _2}\left( {\frac{{xy + 1}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right) = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - xy \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\frac{{xy + 1}}{{2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}} \right] = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - xy - 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {xy + 1} \right) + \left( {xy + 1} \right) = {\log _2}\left[ {2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \right] + 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\).

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t{\rm{ }}\left( {t > 0} \right)\)

\(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0{\rm{ }}\forall t > 0 \Rightarrow \)hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó: \(f\left( {xy + 1} \right) = f\left( {2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \right) \Rightarrow xy + 1 = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\)

Ta có: \( - \left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{2}} \right) \le xy \le \frac{{{x^2} + {y^2}}}{2} \Leftrightarrow - \left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{2}} \right) + 1 \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \le \left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{2}} \right) + 1 \Leftrightarrow \frac{2}{5} \le {x^2} + {y^2} \le \frac{2}{3}\).

Khi đó: \(P = \frac{{{x^4} + {y^4}}}{{2{\rm{x}}y + 1}} = \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2} - 2{{\left( {xy} \right)}^2}}}{{2{\rm{x}}y + 1}}\).

Thay \(xy = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - 1\), đặt \(t = {x^2} + {y^2}\) rút gọn ta được: \(P\left( t \right) = \frac{{ - 7{t^2} + 8t - 2}}{{4t - 1}}\) với \(\frac{2}{5} \le t \le \frac{2}{3}\).

\(P'\left( t \right) = \frac{{ - 28{t^2} + 14t}}{{{{\left( {4t - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Lập bảng biến thiên dễ thấy: \(\max P = P\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4},{\rm{ }}\min P = P\left( {\frac{2}{5}} \right) = P\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{2}{{15}}\).

Do đó: \(m = \frac{2}{{15}},M = \frac{1}{4} \Rightarrow Q = 15m + 2{\log _2}M = - 2\).

Đáp án A

Ta có: \(\frac{{4{m^3} + m}}{{\sqrt {2{f^2}\left( x \right) + 5} }} = {f^2}\left( x \right) + 3 \Leftrightarrow 4{m^3} + m = \left[ {{f^2}\left( x \right) + 3} \right]\sqrt {2{f^2}\left( x \right) + 5} \).

\( \Leftrightarrow 8{m^3} + 2m = \left( {2{f^2}\left( x \right) + 6} \right)\sqrt {2{f^2}\left( x \right) + 5} \;\)

\( \Leftrightarrow 8{m^3} + 2m = \left( {{{\sqrt {2{f^2}\left( x \right) + 5} }^3}} \right) + \sqrt {2{f^2}\left( x \right) + 5} \) (*)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {t^3} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0\left( {\forall t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(m = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\4{m^2} = 2{f^2}\left( x \right) + 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}\\f\left( x \right) = \pm \sqrt {\frac{{4{m^2} - 5}}{2}} \end{array} \right.\) (*)

TH1: Với thì phương trình đã cho \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm.

TH2: Với \(m > \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) thì phương trình \(f\left( x \right) = - \sqrt {\frac{{4{m^2} - 5}}{2}} \) luôn có 1 nghiệm, như vậy để phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm thì phương trình \(f\left( x \right) = \sqrt {\frac{{4{m^2} - 5}}{2}} \) có 3 nghiệm phân biệt.

Khi đó \(0 < \sqrt {\frac{{4{m^2} - 5}}{2}} < 4 \Leftrightarrow 4{m^2} - 5 < 32 \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{{37}}{4}} < m < \sqrt {\frac{{37}}{4}} \).

Vậy \(\frac{{\sqrt 5 }}{2} < m < \sqrt {\frac{{37}}{4}} \) là giá trị cần tìm. Kết hợp \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ {2;3} \right\}\).

Đáp án B

Ta có: \(\widehat {AB{\rm{D}}} = \widehat {A{\rm{D}}B} = 60^\circ ,{\rm{ }}\widehat {CB{\rm{D}}} = \widehat {C{\rm{D}}B} = 30^\circ \)

Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {A{\rm{D}}C} = 90^\circ \).

Suy ra \(BC \bot AB\), mà \(BC \bot {\rm{S}}A \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)

Dựng \(AM \bot {\rm{S}}B\), ta có \(AM \bot BC \Rightarrow AM \bot {\rm{S}}C\).

Tương tự ta có \(AP \bot {\rm{SD}}\).

Dựng \(AN \bot {\rm{S}}C\) theo tính chất đối xứng thì

\(\frac{{{V_{S.AMNP}}}}{{{V_{S.ABC{\rm{D}}}}}} = \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}}\)

Mặt khác \(SA = SM.SB \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{1}{2}\)

Tương tự ta có \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{1 + A{C^2}}}\)

Trong đó \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},CI = IB\tan 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow AC = \frac{2}{3}a\sqrt 3 \Rightarrow \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{3}{7}\)

Suy ra \(\frac{{{V_{S.AMNP}}}}{{{V_{S.ABC{\rm{D}}}}}} = \frac{1}{2}.\frac{3}{7} = \frac{3}{{14}},{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}AC.B{\rm{D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow {V_{S.AMNP}} = \frac{3}{{14}}{V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{3}{{14}}.\frac{1}{3}.SA.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{42}}\).

Đáp án D

Chú ý \({\left( {\left| x \right|} \right)^\prime } = \frac{x}{{\left| x \right|}}\). Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {2{\rm{x}} - \frac{{2{\rm{x}}}}{{\left| x \right|}}} \right)f'\left( {{x^2} - 2\left| x \right|} \right)\).

Ta có \(2{\rm{x}} - \frac{{2{\rm{x}}}}{{\left| x \right|}} = \frac{{2{\rm{x}}}}{{\left| x \right|}}\left( {\left| x \right| - 1} \right)\) đổi dấu qua 3 điểm \(x = 0,x = \pm 1\).

Phương trình \(f'\left( {{x^2} - 2\left| x \right|} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2\left| x \right| = a \in \left( { - \infty ; - 1} \right){\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} - 2\left| x \right| = b \in \left( { - 1;0} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x^2} - 2\left| x \right| = c \in \left( {0;1} \right){\rm{ }}\left( 3 \right)\\{x^2} - 2\left| x \right| = d \in \left( {1; + \infty } \right){\rm{ }}\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Nếu coi \(t = \left| x \right|\) thì phương trình (1) vô nghiệm vì \({t^2} - 2t = {\left( {t - 1} \right)^2} - 1 \ge - 1\).

Phương trình (2) có 2 nghiệm \({t_1},{t_2} > 0\) nên có 4 nghiệm x.

Phương trình (3) có 2 nghiệm t trái dấu nên có 2 nghiệm x.

Phương trình (4) có 2 nghiệm t trái dấu nên có 2 nghiệm x.

Do đó hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 11 điểm cực trị.

Đáp án A

Ta có \[AB = AC = A{\rm{D}}\] và đôi một tạo với nhau góc \(60^\circ \) nên tứ giác ABCD đều. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD thì trọng tâm tứ diện ABCD là trung điểm của MN và cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có \(I\left( {0; - 1;0} \right)\).

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và dựng \(MK{\rm{ // AG}}\) (hình vẽ).

Ta có: \(MK = 2GI\) và \(AG = 2MK\) (tính chất đường trung bình)

Suy ra \(AG = 4IG \Rightarrow \overrightarrow {AG} = 4\overrightarrow {IG} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} - 1 = 4\left( {{x_G} - 0} \right)\\{y_G} - 1 = 4\left( {{y_G} + 1} \right)\\{z_G} + 2 = 4\left( {{z_G} - 0} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow G\left( { - \frac{1}{3}; - \frac{5}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow \left( {BC{\rm{D}}} \right)\) qua G và có VTPT là \(\overrightarrow n = \overrightarrow {AI} \left( { - 1; - 2;2} \right) = - \left( {1;2; - 2} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {BC{\rm{D}}} \right):x + 2y - 2{\rm{z}} + 5 = 0\) suy ra \(b = 2,c = - 2,d = 5 \Rightarrow b + c + d = 5\).

Đáp án D

Phương trình \(\frac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \frac{1}{{{3^x} - 1}} = x + a \Leftrightarrow \frac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \frac{1}{{{3^x} - 1}} - x = a\)

Đặt hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{\ln \left( {x + 5} \right)}} + \frac{1}{{{3^x} - 1}} - x\) có tập xác định \(D = \left( { - 5; - 4} \right) \cup \left( { - 4;0} \right) \cup \left( {0;\infty } \right)\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{\left( {x + 5} \right){{\ln }^2}\left( {x + 5} \right)}} - \frac{{{3^x}\ln 3}}{{{{\left( {{3^x} - 1} \right)}^2}}} - 1 < 0\)

\( \Rightarrow f\left( x \right)\) nghịch biến trên các khoảng của tập xác định.

Các giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {5^ + }} f\left( x \right) = \frac{1}{{{3^{ - 5}} - 1}} + 5 = \frac{{967}}{{242}},{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ - }} f\left( x \right) = - \infty ,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ + }} f\left( x \right) = + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = - \infty ,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty ,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \).

Bảng biến thiên

Phương trình \(f\left( x \right) = a\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(a \ge \frac{{967}}{{242}}\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}a \in \mathbb{Z}\\a \in \left( { - 2019;2019} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \in \mathbb{Z}\\a \in \left[ {4;2018} \right]\end{array} \right.\). Vậy có \(2018 - 4 + 1 = 2015\) giá trị của a.

Đáp án B

Ta có: \(\left| {\frac{{z - 1}}{{z + 3i}}} \right| = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \sqrt 2 \left| {z - 1} \right| = \left| {z + 3i} \right|\). Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có phương trình: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 20{\rm{ }}\left( C \right)\).

\(P = \left| {z + i} \right| + 2\left| {\overline z - 4 + 7i} \right| = \left| {z + i} \right| + 2\left| {z - 4 - 7i} \right|\), \(A\left( {0; - 1} \right),B\left( {4;7} \right)\) lần lượt biểu diễn cho 2 số phức

\({z_1} = - i,{\rm{ }}{{\rm{z}}_2} = 4 + 7i\). Ta có: \(A,B \in \left( C \right),AB = 4\sqrt 5 = 2{\rm{R}}\) nên AB là đường kính đường tròn

\(\left( C \right) \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} = A{B^2} = 80\).

Mặt khác: \(P = \left| {z + i} \right| + 2\left| {\overline z - 4 + 7i} \right| = \left| {z + i} \right| + 2\left| {z - 4 - 7i} \right| = MA + 2MB \le \sqrt {5\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)} = 20\), dấu “=” xảy ra khi \(MB = 2MA\). Vậy \(\max P = 20\).