Đáp án B

Chọn ra 2 học sinh nam có \(C_{10}^2\) cách, chọn ra 3 học sinh nữ có \(C_{15}^3\) cách.

Theo quy tắc nhân có \(C_{10}^2.C_{15}^3\) cách để chọn ra 2học sinh nam và 3 học sinh nữ để lập thành một đội 5 bạn đi biểu diễn văn nghệ.

Đáp án C

Thay lần lượt tọa độ điểm M, N, P, Q vào mặt phẳng \(\left( P \right):2{\rm{x}} - y + z - 1 = 0\) ta được:

\(P\left( {1; - 2;0} \right) \to 2.1 - \left( { - 2} \right) + 0 - 1 = - 1 \ne 0 \to P \notin \left( P \right)\)

\(M\left( {2; - 1;1} \right) \to 2.2 - \left( { - 1} \right) + 1 - 1 = 5 \ne 0 \to M \notin \left( P \right)\)

\(Q\left( {1; - 3; - 4} \right) \to 2.1 - \left( { - 3} \right) - 4 - 1 = 0 \to Q \in \left( P \right)\)

\(N\left( {0;1; - 2} \right) \to 2.0 - 1 - 2 - 1 = - 4 \ne 0 \to N \notin \left( P \right)\).

Đáp án B

Giả sử đáy của lăng trụ đã cho là tam giác ABC vuông cân tại A.

Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{{2{{\rm{a}}^3}}}{a} = 2{{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}A{B^2} = 2{{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow AB = 2{\rm{a}}\).

Đáp án B

\[{\rm{w}} = 2{\rm{z}} + \overline z = 2\left( {1 + 2i} \right) + \left( {1 - 2i} \right) = 3 + 2i\].

Suy ra, phần thực của số phức \[{\rm{w}} = 2{\rm{z}} + \overline z \] là 3; phần ảo của số phức \[{\rm{w}} = 2{\rm{z}} + \overline z \] là 2.

Do đó, tổng phần thực và phần ảo của số phức \[{\rm{w}} = 2{\rm{z}} + \overline z \] là 5.

Đáp án C

Ta có \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = - 2 - t\\z = 4 + 2t\end{array} \right.\) nên đồ thị hàm số cắt \(\left( {Oxy} \right)\) tại \(\left( {1;0;0} \right)\).

Đáp án D

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_3} = 6\\{u_7} = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 2{\rm{d}} = 6\\{u_1} + 6{\rm{d}} = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 10\\d = - 2\end{array} \right.\).

Do đó \({u_5} = {u_1} + 4{\rm{d}} = 2\).

Đáp án C

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

Đáp án B

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \) nên hệ số \(a < 0\) (loại).

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị (loại A).

Với đáp án C thì hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 0\) (loại C).

Đáp án B

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - ;0} \right] \cup \left[ {8; + \infty } \right)\).

Khi đó \(y' = \frac{{{{\left( {{x^2} - 8{\rm{x}}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} - 8{\rm{x}}} }} = \frac{{2{\rm{x}} - 8}}{{2\sqrt {{x^2} - 8{\rm{x}}} }} > 0 \Leftrightarrow x > 4\).

Kết hợp với tập xác định suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {8; + \infty } \right)\).

Đáp án C

Phương trình đường thẳng cần tìm là \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 3t\\z = - 1 + t\end{array} \right.\).

Đáp án A

Ta có: \(P = {\log _a}\left( {\frac{{{b^3}}}{{{c^2}}}} \right) = {\log _a}{b^3} - {\log _a}{c^2} = 3{\log _a}b - 2{\log _a}c = 3.2 - 2.3 = 0\).

Đáp án C

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{xq}} = 2\pi r\ell = 50\pi \\\ell = 2{\rm{r}}\end{array} \right. \Rightarrow 4\pi {r^2} = 50\pi \Rightarrow r = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\).

Đáp án B

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại các điểm \(x = \pm 1\).

Đáp án D

Ta có: \(I = \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) - 5g\left( x \right)} \right]d{\rm{x}}} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} - 5\int\limits_0^2 {g\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_0^2 {x{\rm{dx}}} \).

Do đó: \(I = 3 - 5\left( { - 1} \right) + \frac{1}{2}\left( {{2^2} - {0^2}} \right) = 10\).

Đáp án C

\(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow z = \frac{{4 + i - {{\left( {2 - i} \right)}^2}}}{{3 + 2i}} = 1 + i\), suy ra điểm biểu diễn \(M\left( {1;1} \right)\).

Đáp án A

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = BC\\AB \bot BC;{\rm{ SB}} \bot {\rm{BC}}\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC{\rm{D}}} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Suy ra \(SA = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp S.ABCD bằng \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3 = {a^3}\).

Đáp án A

Điều kiện tiên quyết \({a^2} + {b^2} - c > 0\).

Đáp án D

Ta có \(\Delta = \left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l}x + 3y - z + 1 = 0\\2{\rm{x}} - y + z - 7 = 0\end{array} \right.\)

Ta chọn \(y = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - z = - 1\\2{\rm{x}} + z = 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\z = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;0;3} \right)\)

Ta chọn \(x = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y - z = - 1\\ - y + z = 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\z = 10\end{array} \right. \Rightarrow N\left( {0;3;10} \right)\)

Khi đó vectơ chỉ phương là MN nên \(\Delta :\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{y}{3} = \frac{{z - 3}}{7}\).

Đáp án A

\({z^2} - 2{\rm{z}} + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = 1 + 2i\\{z_2} = 1 - 2i\end{array} \right.\).

\(P = {\left| {{z_1}} \right|^2} + {\left| {{z_2}} \right|^2} = {\left| {1 + 2i} \right|^2} + {\left| {1 - 2i} \right|^2} = 10\).

Đáp án D

Đặt \(t = {2^{{x^2} - x}},\left( {t > 0} \right)\) thì phương trình \({4^{{x^2} - x}} + {2^{{x^2} - x + 1}} = 3\) trở thành \({t^2} + 2t = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1{\rm{ }}\left( {TM} \right)\\t = - 3{\rm{ }}\left( L \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(1 = t = {2^{{x^2} - x}} \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\end{array} \right.\)

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({4^{{x^2} - x}} + {2^{{x^2} - x + 1}} = 3\) thì \({x_1},{x_2}\) cũng là nghiệm của phương trình \({x^2} - x - 1 = 0\). Ta có \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {1 - 0} \right| = 1\).

Đáp án C

Hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2{\rm{x}} + 2}}{{x + 1}}\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - \frac{1}{2};2} \right]\).

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

Lại có \(y\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{5}{2};{\rm{ y}}\left( 0 \right) = 2;{\rm{ y}}\left( 2 \right) = \frac{{10}}{3}\). Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};2} \right]} y = y\left( 2 \right) = \frac{{10}}{3} = M\).

Đáp án C

Gọi H là hình chiếu của C trên AB.

\( \Rightarrow A{\rm{D}}CH\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow AH = 2{\rm{a}},BH = 2{\rm{a}}\).

Khi quay hình thang ABCD quanh trục AB, ta được:

Khối trụ thể tích \({V_1}\), có chiều cao \({h_1} = AH = 2{\rm{a}}\), bán kính đường tròn đáy \(r = A{\rm{D}} = a \Rightarrow {V_1} = 2\pi {a^3}\).

Khối nón thể tích \({V_2}\), có chiều cao \({h_2} = BH = 3{\rm{a}}\), bán kính đường tròn đáy \(r = CH = a \Rightarrow {V_2} = \pi {a^3}\).

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là \(V = {V_1} + {V_2} = 3\pi {a^3}\).

Đáp án C

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( { - 1} \right)} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \infty \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là \(x = \pm 1\).

Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = - 2 \Rightarrow y = - 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Đáp án D

Diện tích hình phẳng \(S = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|d{\rm{x}}} + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|d{\rm{x}}} = - \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = - a + b = b - a\).

Đáp án D

Điều kiện \({x^2} - 4{\rm{x}} + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < 1\end{array} \right.\)

Khi đó \(y' = \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\ln 3}} > 0 \Rightarrow 2x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 2 \Rightarrow x > 3.\)

Đáp án C

Ta có: \(A{B^2} + A{{\rm{D}}^2} + A{A'^2} = A{C'^2} \Rightarrow AA' = a\sqrt {15} \)

Thể tích hình hộp chữ nhật là \(V = AB.A{\rm{D}}.AA' = 3{a^3}\sqrt {15} \).

Đáp án B

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x \ne 3\end{array} \right.\).

Ta có \(2{\log _2}\left( {2{\rm{x}} - 2} \right) + {\log _2}{\left( {x - 3} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow 2{\log _2}\left( {2{\rm{x}} - 2} \right) + 2{\log _2}\left| {x - 3} \right| = 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {2{\rm{x}} - 2} \right) + {\log _2}\left| {x - 3} \right| = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {2{\rm{x}} - 2} \right)\left| {x - 3} \right|} \right] = 1 \Leftrightarrow \left( {2{\rm{x}} - 2} \right)\left| {x - 3} \right|2 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left| {x - 3} \right| = 1\) (*)

Với \(x \ge 3\) ta có (*) \( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 4{\rm{x}} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 2 {\rm{ }}\left( \ell \right)\end{array} \right.\)

Với \(x < 3\) ta có (*) \( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 4{\rm{x}} + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Do đó tổng các nghiệm của phương trình là \(4 + \sqrt 2 \).

Đáp án A

Ta có: \(P = \frac{1}{{{{\log }_x}\frac{{{a^2}}}{b}}} = \frac{1}{{{{\log }_x}{a^2} - {{\log }_x}b}} = \frac{1}{{2{{\log }_x}a - {{\log }_x}b}} = \frac{1}{{\frac{2}{5} + \frac{1}{3}}} = \frac{{15}}{{11}}\).

Đáp án C

Ta có \({f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\end{array} \right.\).

Phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 2 nghiệm phân biệt.

Do đó phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt.

Đáp án D

Số điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right)\) bằng tổng số nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\). Vì \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ có \(x = 0\) là nghiệm đơn nên số điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right)\) là 1.

Đáp án A

PT \( \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)\left( {a + bi} \right) + \left( {2 + i} \right)\left( {a - bi} \right) = - 2 + 4i \Leftrightarrow \left( {3{\rm{a}} - 2b} \right) + \left( {4{\rm{a}} - b} \right)i = - 2 + 4i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{\rm{a}} - 2b = - 2\\4{\rm{a}} - b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow P = ab = 8\).

Đáp án D

Ta có \(\int\limits_1^4 {\frac{{f\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }}d{\rm{x}}} = 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 6 \Rightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 3 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 4\)

Đặt \(t = 2\tan x \Leftrightarrow dt = \frac{2}{{{{\cos }^2}x}}dx \Leftrightarrow \frac{{dt}}{2} = \frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}\) và đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 0\\x = \frac{\pi }{4} \to t = 2\end{array} \right.\).

Khi đó \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{f\left( {2\tan x} \right)}}{{{{\cos }^2}x}}dx} = \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{2}dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}.4 = 2\).

Đáp án C

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{i_{AB}}} = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}}.\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{1}{{\sqrt 6 }}; - \frac{1}{{\sqrt 6 }};\frac{2}{{\sqrt 6 }}} \right)\). Gọi E thỏa mãn \(\overrightarrow {{i_{AB}}} = \overrightarrow {A{\rm{E}}} \)

Và \(\overrightarrow {AC} = \left( {2;2; - 4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{i_{AC}}} = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}}.\overrightarrow {AC} = \left( {\frac{1}{{\sqrt 6 }};\frac{1}{{\sqrt 6 }}; - \frac{2}{{\sqrt 6 }}} \right)\). Gọi F thỏa mãn \(\overrightarrow {{i_{AC}}} = \overrightarrow {AF} \)

Do đó \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {A{\rm{E}}} + \overrightarrow {AF} = \left( {\frac{2}{{\sqrt 6 }};0;0} \right) = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\left( {1;0;0} \right)\) (với AEMF là hình bình hành)

Mặt khác: nên AEMF là hình thoi chính là \( \Rightarrow \overrightarrow {AM} \) VTCP của đường phân giác trong góc A. Ta chọn \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;0;0} \right)\) làm VTCP của phân giác trong góc A.

Đường thẳng phân giác trong góc A qua A có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1\\z = 0\end{array} \right.,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).  

Đáp án D

Chọn \(f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Ta có: \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2{\rm{x}} - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right)\)

\( = 2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 2} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 1} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} - 3} \right)\)

\( = 2{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 2} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\) ta được bảng xét dấu

Suy ra \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Đáp án C

Ta có: \(\frac{{x - 5}}{{{x^2} - 1}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 1}} = \frac{{\left( {A + B} \right)x + A - B}}{{{x^2} - 1}}\)

Đồng nhất 2 vế ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A + B = 1\\A - B = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = - 2\\B = 3\end{array} \right.\)

Suy ra \(I = \int {\left( {\frac{3}{{x + 1}} - \frac{2}{{x - 1}}} \right)d{\rm{x}}} = 3\ln \left| {x + 1} \right| - 2\ln \left| {x - 1} \right| + C = \ln \left| {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right| + C\).

Đáp án D

\({\log _2}\left( {7{{\rm{x}}^2} + 7} \right) \ge {\log _2}\left( {m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m > 0\\7{{\rm{x}}^2} + 7 \ge m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m > 0\\\left( {7 - m} \right){x^2} - 4{\rm{x}} + 7 - m \ge 0\end{array} \right.\).

Bất phương trình \({\log _2}\left( {7{{\rm{x}}^2} + 7} \right) \ge {\log _2}\left( {m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m} \right)\) nghiệm đúng với mọi x khi và chi khi

\(\left\{ \begin{array}{l}m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m > 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\left( {7 - m} \right){x^2} - 4{\rm{x}} + 7 - m \ge 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\) nghiệm đúng với mọi x thực.

Khi \(m = 0\) thì (1) trở thành \(4{\rm{x}} > 0 \Leftrightarrow x > 0 \Rightarrow m = 0\) không thỏa mãn.

Khi \(m = 7\) thì (2) trở thành \( - 4{\rm{x}} \ge 0 \Leftrightarrow x \le 0 \Rightarrow m = 7\) không thỏa mãn.

Hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}m{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + m > 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\left( {7 - m} \right){x^2} - 4{\rm{x}} + 7 - m \ge 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\) nghiệm đúng với mọi x khi

\(\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\4 - {m^2} < 0\\7 - m > 0\\4 - {\left( {7 - m} \right)^2} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < m < 7\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < - 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 9\\m \le 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m \le 5\). Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\) nên có 3 giá trị.

Đáp án D

Đặt \(\left( {{x^2} + 1} \right)f\left( x \right) = g\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = 2{\rm{x}}.f\left( x \right) + \left( {{x^2} + 1} \right)f'\left( x \right)\)

Xét \(x \in \left( { - 1;2} \right)\) ta có \(x > 0\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) > 0\\xf\left( x \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\) và với \(x < 0\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) < 0\\xf\left( x \right) < 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\).

+ Từ đó ta có bảng biến thiên

+ Theo BBT thì để bất phương trình \(\left( {{x^2} + 1} \right)f\left( x \right) \ge m\) có nghiệm trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi \(m < 15\).

Đáp án C

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^3 = 220\).

Gọi A là biến có: “Lấy được 3 quả cầu có đúng hai màu”.

TH1: Lấy 1 quả màu vàng và 2 quả màu đỏ có: \(C_8^2 = 28\) cách.

TH2: Lấy 1 quả màu vàng và 2 quả màu xanh có: \(C_3^2 = 3\) cách.

TH3: Lấy 1 quả màu đỏ và 2 quả màu xanh có: \(C_8^1.C_3^2 = 24\) cách.

TH4: Lấy 1 quả màu xanh và 2 quả màu đỏ có: \(C_3^1.C_8^2 = 84\) cách.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: \(n\left( A \right) = 28 + 3 + 24 + 84 = 139\) cách.

Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{139}}{{220}}\).

Đáp án B

Ta có: \({\rm{CE // AB}} \Rightarrow {\rm{CE}} \bot A{\rm{D}}\)

Mặt khác \(CE \bot {\rm{S}}A \Rightarrow CE \bot \left( {SE{\rm{D}}} \right)\)

\( \Rightarrow {R_{C.SE{\rm{D}}}} = \sqrt {\frac{{C{E^2}}}{4} + {{\left( {{R_{S{\rm{D}}E}}} \right)}^2}} \)

Lại có \(CE = AB = a,{\rm{ }}\sin \widehat {SE{\rm{A}}} = \sin \widehat {SE{\rm{D}}}\)

\[ = \frac{{SA}}{{SE}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt {{a^2} + 6{{\rm{a}}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 7 }}\]

\( \Rightarrow {R_{SE{\rm{D}}}} = \frac{{S{\rm{D}}}}{{2\sin \widehat {SE{\rm{D}}}}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{{2.\frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 7 }}}} = \frac{{a\sqrt {105} }}{6}\)

Vậy \({R_{S.C{\rm{D}}E}} = a\sqrt {\frac{{19}}{6}} \).

Cách 2: Do \(\left( {SE{\rm{D}}} \right) \bot \left( {CE{\rm{D}}} \right) \Rightarrow R = \sqrt {R_1^2 + R_2^2 - \frac{{G{T^2}}}{4}} \) trong đó \({R_1} = {R_{SE{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt {105} }}{6}\),

\({R_2} = {R_{CE{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(GT = E{\rm{D}} = a \Rightarrow R = a\sqrt {\frac{{19}}{6}} \).

Đáp án D

Gọi M là trung điểm \(A{\rm{D}} \Rightarrow M{\rm{D}} = BC = \frac{{A{\rm{D}}}}{2}\) và \(M{\rm{D // BC }} \Rightarrow {\rm{MD}}CB\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow d\left( {C{\rm{D}};SB} \right) = d\left( {D;(SBM)} \right) = d\left( {A;(SBM)} \right)\)

Gọi \(O = BM \cap AC\). Dễ dàng chứng minh AMCB là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot BM\)

 tại  theo giao tuyến SO.

Trong \(\left( {SAO} \right)\), kẻ \(AH \bot {\rm{S}}O \Rightarrow AH \bot \left( {SBM} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A;(SBM)} \right)\)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{\frac{{A{C^2}}}{4}}} = \frac{5}{{A{C^2}}} = \frac{5}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).

Đáp án D

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là:

\(a{x^3} + b{x^2} + cx + 5 = d{x^2} + ex + 3 \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x + 2 = 0\)

Vì phương trình có các nghiệm \( - 2\), 1, 4 nên: \(a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x + 2 = a\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)\)

Đồng nhất hệ số ta được: \(2 = a.2\left( { - 1} \right).\left( { - 4} \right) \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}\)

Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm: \(S = \frac{1}{4}\int\limits_{ - 2}^4 {\left| {\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)} \right|d{\rm{x}}} = \frac{{81}}{8}\).

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 C

Ta có \(5w = \left( {2 + i} \right)\left( {z - 4} \right) \Leftrightarrow 5w + 5i = \left( {2 + i} \right)z - 8 + i \Leftrightarrow 5\left| {{\rm{w}} + i} \right| = \left| {\left( {2 + i} \right)z - 8 + i} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {\left( {2 + i} \right)z - 8 + i} \right| = 3\sqrt 5 \Leftrightarrow \left| {2 + i} \right|.\left| {z - \frac{{8 - i}}{{2 + i}}} \right| = 3\sqrt 5 \Leftrightarrow \left| {z - \frac{{8 - i}}{{2 + i}}} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {z - 3 + 2i} \right| = 3\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp điểm \(M\left( z \right)\) là đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\), tâm \(I\left( {3; - 2} \right),R = 3\).

Gọi \(A\left( {1;2} \right),B\left( {5;2} \right)\) và \(E\left( {3;2} \right)\) là trung điểm của AB suy ra \(P = MA + MB\).

Lại có \({\left( {MA + MB} \right)^2} \le 2\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right) = 4M{E^2} + A{B^2} \Rightarrow P\) lớn nhất \( \Leftrightarrow ME\) lớn nhất.

Mà \(IE = 4 > R = 3 \to M{E_{\max }} = IE + R = 7\). Vậy \({P_{\max }} = \sqrt {4M{E^2} + A{B^2}} = 2\sqrt {53} \).

Đáp án B

Theo giả thiết ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{f\left( {2\sqrt {x + 3} - 3} \right)}}{{\sqrt {x + 3} }} + \frac{x}{{\sqrt {x + 3} }}\)

Lấy tích phân hai vế cận từ 1 đến 6 ta được: \(\int\limits_1^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_1^6 {\frac{{f\left( {2\sqrt {x + 3} - 3} \right)}}{{\sqrt {x + 3} }}d{\rm{x}}} + \int\limits_1^6 {\frac{{x{\rm{dx}}}}{{\sqrt {x + 3} }}} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_1^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_1^6 {f\left( {2\sqrt {x + 3} - 3} \right)d\left( {2\sqrt {x + 3} - 3} \right)} + \frac{{20}}{3}\) (Casio ta được \(\int\limits_1^6 {\frac{{x{\rm{dx}}}}{{\sqrt {x + 3} }}} = \frac{{20}}{3}\))

\( \Leftrightarrow \int\limits_1^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_1^3 {f\left( u \right)du} + \frac{{20}}{3} \Leftrightarrow \int\limits_1^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \frac{{20}}{3}\)

Do đó \(I = \int\limits_3^6 {f\left( x \right)dx} = \frac{{20}}{3}\).

Đáp án A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {\frac{{14}}{3}} \)

Vì AB là tiếp tuyến nên \(AB \bot BI\), lại có \(IB = IC = I{\rm{D}} = R\) nên AI là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Gọi \(H = AI \cap \left( {BC{\rm{D}}} \right)\), đặt \(AB = a = C{\rm{D}} \Rightarrow HB = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\sin \widehat {HAB} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) mà \(\Delta ABI\) vuông tại B nên

\(AI.\sin \widehat {HBA} = BI = \sqrt {\frac{{14}}{3}} \Rightarrow AI = \sqrt {14} \)

Gọi \(A\left( {1 + 3t;2 + 2t;3 + t} \right)\) ta có \(A{I^2} = 14{t^2} = 14\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( { - 2;0;2} \right){\rm{ }}\left( {loai} \right)\\A\left( {4;4;4} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OA = 4\sqrt 3 \).

Đáp án D

Do \(MN{\rm{ /

/ A'B' // AB}}\) nên mặt phẳng \(\left( {MNG} \right)\) cắt AC và BC tại Q, P thì \(PQ{\rm{ // MN // AB}}\).

Gọi \(S = {S_{ABC}}\); h là chiều cao khối lăng trụ.

Ta thấy \(MNC'.QPC\) là khối chóp cụt.

\({S_1} = {S_{C'NM}} = \frac{S}{4};{\rm{ }}{{\rm{S}}_2} = {S_{CPQ}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}S = \frac{4}{9}S\)

Do đó \({V_{MNC'.QPC}} = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right) = \frac{{37}}{{108}}S.h = \frac{{37}}{{108}}V\).

Đáp án D

\({2.6^{f\left( x \right)}} + \left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right){.9^{f\left( x \right)}} - {3.4^{f\left( x \right)}}.m \ge \left( {2{m^2} + 2m} \right){.2^{2f\left( x \right)}},\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right){.9^{f\left( x \right)}} + {2.6^{f\left( x \right)}} - \left( {2{m^2} + 5m} \right){.4^{f\left( x \right)}} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right).{\left( {\frac{9}{4}} \right)^{f\left( x \right)}} + 2.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} - 2{m^2} - 5m \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 5m \le \left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right).{\left( {\frac{9}{4}} \right)^{f\left( x \right)}} + 2.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}},\forall x \in \mathbb{R}\)        (1)

Đặt \(t = f\left( x \right) \ge 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \mathbb{R}\). (1) thành: \(2{m^2} + 5m \le \left( {{t^2} - 1} \right){\left( {\frac{9}{4}} \right)^t} + 2{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t},\forall t \in \left[ {1; + \infty } \right)\)

Đặt \(g\left( t \right) = \left( {{t^2} - 1} \right).{\left( {\frac{9}{4}} \right)^t} + 2{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t},\forall t \in \left[ {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow g'\left( t \right) = 2t.{\left( {\frac{9}{4}} \right)^t} + \left( {{t^2} - 1} \right).{\left( {\frac{9}{4}} \right)^t}\ln \frac{9}{4} + 2.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^t}\ln \frac{3}{2} > 0,\forall t \in \left[ {1; + \infty } \right)\)

Suy ra \(g\left( t \right) \ge g\left( 1 \right) = 3,\forall t \in \left[ {1; + \infty } \right)\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 2{m^2} + 5m \le 3 \Leftrightarrow - 3 \le m \le \frac{1}{2}\).

Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\) nên có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.

Đáp án A

Ta có \(f'\left( x \right) = 4038\left( {{e^{2x}} + {e^{ - 2x}}} \right) + \frac{{2020}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + 6063{x^2} > 0,\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\)

Mà \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)\). Suy ra:

\(f\left( {\left| {3{x^2} + m} \right|} \right) + f\left( {{x^3} - 12} \right) \le 0 \Leftrightarrow f\left( {\left| {3{x^2} + m} \right|} \right) \le - f\left( {{x^3} - 12} \right) = f\left( {12 - {x^3}} \right),\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left| {3{x^2} + m} \right| \le 12 - {x^3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} + m \ge {x^3} - 12}\\{3{x^2} + m \le 12 - {x^3}}\end{array}} \right.\) ngiệm đúng với mọi \(x \in \left[ { - 2;1} \right]\).

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge {x^3} - 3{x^2} - 12 = g\left( x \right)}\\{m \le - {x^3} - 3{x^2} + 12 = h\left( x \right)}\end{array}} \right.,\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = - 12}\\{m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} h\left( x \right) = h\left( 1 \right) = h\left( { - 2} \right) = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow - 12 \le m \le 8\].

Vậy có 21 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án C

Dễ thấy \(B \in \left( \alpha \right)\), gọi H là hình chiếu của A lên \(\left( \alpha \right) \Rightarrow H\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\).

Ta có \(AH \bot \left( \alpha \right) \Rightarrow AH \bot MB\) và \(AM \bot MB\) (do \(\widehat {AMB} = 90^\circ \)) \( \Rightarrow MB \bot MH \Rightarrow MB \le BH\).

Dấu “=” xảy ra khi \(M \equiv H \Leftrightarrow \) đường thẳng MB đi qua \(B\left( { - 2; - 2;1} \right)\) và \(H\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\).

Suy ra \(MB:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + t\\y = - 2\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\).

Đáp án A

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}}} \right)f'\left( {{x^3} - 3{{\rm{x}}^2}} \right) - {x^4} + 2{{\rm{x}}^3}\)

\( = 3\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right)f'\left( {{x^3} - 3{{\rm{x}}^2}} \right) - {x^2}\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) = \left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right)\left[ {3f'\left( {{x^3} - 3{{\rm{x}}^2}} \right) - {x^2}} \right]\)

Với \(x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow {x^3} - 3{{\rm{x}}^2} \in \left[ { - 4;0} \right] \Rightarrow f'\left( {{x^3} - 3{{\rm{x}}^2}} \right) \le 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]} \right)\)

Mặt khác \( - {x^2} \in \left[ { - 4;0} \right]\) suy ra \(3f'\left( {{x^3} - 3{{\rm{x}}^2}} \right) - {x^2} \le 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]} \right)\)

Do đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\), ta có bảng biến thiên

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + 3 = 5\).