Đáp án B

Phương trình \(\left( P \right)\) là: \(2{\rm{x}} + 2y - z + 2 = 0\).

Đáp án A

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần lượt là \(y = 1;x = - 1\).

Ngoài ra hàm số đồng biến trên tập xác định. Chọn A hoặc C.

Tiếp tục tính đạo hàm để loại trừ.

Đáp án B

Số vectơ (phân biệt điểm đầu, điểm cuối) là \(A_{10}^2\).

Đáp án C

\(I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)d{\rm{x}}} - \int\limits_0^1 {{e^x}d{\rm{x}}} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 - \left. {{e^x}} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) - \left( {e - 1} \right) = 2 - e + 1 = 3 - e\).

Đáp án D

\({3^{2{\rm{x}} - 1}} > 27 \Leftrightarrow {3^{2{\rm{x}} - 1}} > {3^3} \Leftrightarrow 2{\rm{x}} - 1 > 3 \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án D

Đường sinh \(\ell \) là đường dài nhất.

Đáp án A

Ta có \[{\rm{w}} = {z_1} + {z_2} = 1 + i + 2 - 3i = 3 - 2i \Rightarrow \overline {\rm{w}} = 3 + 2i\].

Đáp án B

Theo Pytago \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Đáp án D

Cực tiểu (giá trị cực tiểu) của hàm số là 0.

Đáp án D

Khi chiếu lên mặt phẳng \[\left( {{\rm{O}}yz} \right)\] thì điểm hình chiếu có hoành độ \(\left( {0; - 1;0} \right)\).

Đáp án A

Dãy số đã cho là cấp số cộng có công sai bằng 3. \({u_{12}} = {u_1} + 11{\rm{d}} = - 2 + 11.3 = 31\).

Đáp án B

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

Đáp án A

Phương trình đường thẳng \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\).

Đáp án C

Ta có \(P = {\log _a}2{\rm{a}} = \frac{1}{2}{\log _a}a = \frac{1}{2}\).

Đáp án A

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y' = - {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4m - 8\).

Để hàm số nghịch biến trên toàn trục số thì \(y' \le 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\{{\Delta '}_y} \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 6m - 7 \le 0 \Leftrightarrow - 7 \le m \le 1\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 7; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Lấy đối xứng đồ thị \(f\left( x \right)\) qua trục tung, bỏ đi phần \(x > 0\).

Phương trình tương đương \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 0,5m\). Để có 4 nghiệm phân biệt thì \( - 1 < 0,5m < 3 \Rightarrow - 2 < m < 6\).

Đáp án A

\(\left| {a + bi - 3 + 4i} \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 4} \right)^2} = 4 \Rightarrow I\left( {3; - 4} \right),R = 2\).

Đáp án D

Hàm số có tập xác định \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = \frac{{2{\rm{x}} - 2}}{{\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right)\ln 2}} \Rightarrow y' > 0 \Leftrightarrow x > 1\).

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án B

\(y' = {x^3} + 3{{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} = 0 \Rightarrow x = 0;x = 1;x = - 4 \Rightarrow f\left( { - 3} \right) = - 24,75;{\rm{ f}}\left( 3 \right) = 29,25;{\rm{ f}}\left( 0 \right) = 0;{\rm{ f}}\left( 1 \right) = - \frac{3}{4}\).

Đáp án D

Đạo hàm hàm số hợp \(y' = f'\left( x \right) - 2{\rm{x}} = \left( {3 - x} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) - 2{\rm{x}} - 2{\rm{x}} = - {x^3} + 3{{\rm{x}}^2} - 5{\rm{x}} + 3 = 0\).

Phương trình này có ba nghiệm, kết quả bảng biến thiên là hình chữ M, suy ra một điểm cực tiểu.

Đáp án A

Ta có \(x = {a^2} = {b^3} \Rightarrow \frac{a}{{{b^2}}} = \frac{{\sqrt {{b^3}} }}{{{b^2}}} = {b^{ - \frac{1}{2}}} \Rightarrow P = {\log _{{b^{ - \frac{1}{2}}}}}{b^3} = - 6\).

Đáp án D

Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \(\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

Do đó, \(\left( {SC,(ABC{\rm{D}})} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = 4{\rm{a}}\).

\(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {4{\rm{a}}} \right)}^2} + {{\left( {3{\rm{a}}\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt {34} \).

Vậy \(\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{4{\rm{a}}}}{{a\sqrt {34} }} = \frac{{2\sqrt {34} }}{{17}}\).

Đáp án D

\({V_1} = \frac{1}{3}\pi r_2^2{h_2} = 20 \Rightarrow \pi r_2^2{h_2} = 60;{\rm{ }}{{\rm{V}}_2} = \pi r_1^2{h_1} = \pi {\left( {\frac{{{r_2}}}{2}} \right)^2}.2{h_2} = \frac{{{V_1}}}{2} = \frac{{60}}{2} = 30 \Rightarrow \sum V = 50c{m^3}\).

Đáp án D

Sử dụng các công thức \({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{b}{\log _a}b{\rm{ }}\left( {0 < a \ne 1,b > 0} \right)\), \({\log _a}x - {\log _a}y = {\log _a}\frac{x}{y}{\rm{ }}\left( {0 < a \ne 1;x,y > 0} \right)\) để đưa phương trình về dạng phương trình logarit cơ bản.

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

\({\log _3}\left( {{x^2} + 4{\rm{x}}} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2{\rm{x}} + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + 4{\rm{x}}} \right) - {\log _3}\left( {2{\rm{x}} + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{x^2} + 4}}{{2{\rm{x}} + 3}} = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4{\rm{x}}}}{{2{\rm{x}} + 3}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} + 4{\rm{x}} = 2{\rm{x}} + 3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2{\rm{x}} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\x = - 3{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ 1 \right\}\).

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm.

Chú ý: Lưu ý ĐKXĐ của phương trình.

Đáp án B

Gọi M là trung điểm BC thì \(\left( {ABC} \right),\left( {BCB'C'} \right)\) vuông với nhau theo giao tuyến BC, như vậy AM vuông góc với BC dẫn đến M là hình chiếu của A trên \(\left( {BCB'C'} \right)\).

Tam giác ABC vuông cân tại A nên

\(AM = \sqrt 2 ;{\rm{ }}AB = 2;{\rm{ }}\widehat {AB'M} = 30^\circ \Rightarrow AM = AB'\sin 30^\circ \Rightarrow AB' = 2{\rm{A}}M = 2\sqrt 2 \).

Theo Pytago: \(BB' = \sqrt {A{{B'}^2} - A{B^2}} = \sqrt {8 - 4} = 2 \Rightarrow V = 2.\frac{1}{2}.2.2 = 4\).

Đáp án C

Mặt cầu tương đương \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3 + 1 + 4 + 1 = 9 \Rightarrow R = 3\).

Đáp án D

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;1;1} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Do mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa A, B và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { - 3;2;1} \right)\).

Do đó \(\left( Q \right):3{\rm{x}} - 2y - z - 3 = 0\).

Đáp án D

Điều kiện: \({x^2} - 2{\rm{x}} + m \ne 0\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} - 2{\rm{x}} + m}} = 1;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} - 2{\rm{x}} + m}} = 1\). Suy ra đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Do đó đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2} - 2{\rm{x}} + m}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 2{\rm{x}} + m}}\) có ba đường tiệm cận

\( \Leftrightarrow \left( C \right)\) có hai đường tiệm cận đứng

\( \Leftrightarrow \) phương trình \({x^2} - 2{\rm{x}} + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(x \notin \left\{ { - 2;1} \right\}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\m - 1 \ne 0\\m + 8 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m > 0\\m \ne 1\\m \ne - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ne - 8\end{array} \right.\).

Đáp án A

Diện tích thiết diện là diện tích tam giác đều có cạnh \(x\sqrt 2 \).

Ta có: \(S\left( x \right) = \frac{{{{\left( {x\sqrt 2 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Thể tích vật thể là: \(V = \int\limits_0^{2\sqrt 3 } {S\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^{2\sqrt 3 } {\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}dx} = \left. {\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^{2\sqrt 3 } = 12\).

Đáp án A

Số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển biểu thức \({x^2}{\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)^{10}}\) là \({x^2}C_{10}^1{\left( {2{\rm{x}}} \right)^1} = 20\).

Số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển biểu thức \({\left( {x - 2} \right)^8}\) là \(C_8^3{x^3}{\left( { - 2} \right)^5} = - 1792\).

Do đó hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển biểu thức là \(20 + 1792 = 1812\).

Đáp án B

\({d_2}:\frac{{x - 1}}{{ - 1}} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\) có PTTS là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 1 + 2t\\z = - 1 - t\end{array} \right.\)

Gọi giao điểm của \(\Delta \) và \({d_2}\) là \(B\left( {1 - t;1 + 2t; - 1 - t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - t;2t - 1; - t - 4} \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \bot {{\rm{d}}_1} \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = 0 \Rightarrow - t.3 + \left( {2t - 1} \right).2 + \left( { - t - 4} \right)\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = - 1\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1; - 3; - 3} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \).

Phương trình: \(\Delta :\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z - 3}}{{ - 3}}\).

Đáp án D

+ Biểu diễn lượng giác của số phức

+ \(\frac{{\left| {{z_1}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \frac{{\left| {{z_1}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}},{z_2} \ne 0\)

Cách 1: Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức \({z_1},{z_2}\)

Theo đề bài, ta có: \(OA = 3,OB = 4,AB = \sqrt {41} \Rightarrow \cos \widehat {AOB} = \frac{{{3^2} + {4^2} - 41}}{{2.3.4}} = - \frac{2}{3}\)

Đặt \({z_1} = 3\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right) \Rightarrow {z_2} = 4\left( {\cos (\varphi \pm AOB)} \right) = 4\left( {\cos (\varphi \pm \alpha ) + i\sin (\varphi \pm \alpha )} \right)\) \(\left( {\alpha = AOB} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{3\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right)}}{{4\left( {\cos (\varphi \pm \alpha ) + i\sin \left( {\varphi \pm \alpha } \right)} \right)}} = \frac{3}{4}\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right)\left( {\cos (\varphi \pm \alpha ) - i\sin \left( {\varphi \pm \alpha } \right)} \right)\)

\( = \frac{3}{4}\left[ {\left( {\cos \varphi .\cos \left( {\varphi \pm \alpha } \right) + \sin \varphi .\sin \left( {\varphi \pm \alpha } \right)} \right) + i\left( {\sin \varphi .\cos (\varphi \pm \alpha )} \right) - \cos \varphi .\sin \left( {\varphi \pm \alpha } \right)} \right]\)

\( = \frac{3}{4}\left[ {\cos \left( { \pm \alpha } \right) + i\sin \left( { \pm \alpha } \right)} \right] = \frac{3}{4}\left( {\cos \alpha \pm i\sin \alpha } \right)\)

\( \Rightarrow b = \pm \frac{3}{4}\sin \alpha \Rightarrow \left| b \right| = \frac{3}{4}\sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{4}\).

Cách 2: Ta có: \(\left| {{z_1}} \right| = 3,{\rm{ }}\left| {{z_2}} \right| = 4,{\rm{ }}\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \sqrt {41} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left| {{z_1}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \frac{3}{4}\\\frac{{\left| {{z_1} - {z_2}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \frac{{\sqrt {41} }}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left| {{z_1}} \right|}}{{\left| {{z_2}} \right|}} = \frac{3}{4}\\\left| {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} - 1} \right| = \frac{{\sqrt {41} }}{4}\end{array} \right.\)

\(z = \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = a + bi,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = {\left( {\frac{{\sqrt {41} }}{4}} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = \frac{9}{{16}}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = \frac{{41}}{{16}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \frac{9}{{16}} - {a^2}\\{\left( {a - 1} \right)^2} + \frac{9}{{16}} - {a^2} = \frac{{41}}{{16}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \frac{5}{{16}}\\a = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| b \right| = \frac{{\sqrt 5 }}{4}\\a = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(\left| b \right| = \frac{{\sqrt 5 }}{4}\).

Đáp án B

Công thức đạo hàm \(f'\left( x \right) =  + x\left( {x - 2} \right)\).

Ở đây có dấu + vì khi \(x > 2\) thì hàm số đồng biến. Điều này các em cần hết sức chú ý.

Tiếp theo là đạo hàm hàm số hợp

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

\( \Rightarrow x < 1 - \sqrt 2 ;{\rm{ }}0 < x < 1;{\rm{ }}2 < x < 1 + \sqrt 2 \).

Đáp án D

Do hai hàm số khác nhau nên bài toán cần sử dụng nguyên hàm từng phần.

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

Đáp án C

Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt \(t = - x\).

Đặt \(t = - x \Rightarrow dt = - d{\rm{x}}\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = - 1\\x = - 1 \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\), khi đó: \(I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}d{\rm{x}}} = - \int\limits_1^{ - 1} {\frac{{f\left( { - t} \right)dt}}{{1 + {e^{ - t}}}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{f\left( { - x} \right)d{\rm{x}}}}{{1 + \frac{1}{{{e^x}}}}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{e^x}f\left( { - x} \right)d{\rm{x}}}}{{1 + {e^x}}}} \)

Do \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn nên \(f\left( x \right) = f\left( { - x} \right){\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{e^x}f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}d{\rm{x}}} \)

\( \Rightarrow I + I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}d{\rm{x}}} + \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{e^x}f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}d{\rm{x}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{\left( {{e^x} + 1} \right)f\left( x \right)d{\rm{x}}}}{{1 + {e^x}}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 4 \Rightarrow I = 2\).

Đáp án C

+ Chia cả 2 vế của bất phương trình cho \({2^x} > 0\).

+ Đặt \(t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}{\rm{ }}\left( {t > 0} \right)\).

+ Đưa bất phương trình về dạng \(m \le f\left( t \right),{\rm{ }}\forall t > 0 \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right)\).

+ Lập BBT hàm số \(y = f\left( t \right)\) và kết luận.

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho \({2^x} > 0\) ta được: \({\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 - m} \right){\left( {\frac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} - \left( {m + 1} \right) \ge 0\)

Nhận xét: \({\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}{\left( {\frac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = 1\), do đó khi ta đặt \(t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}{\rm{ }}\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {\left( {\frac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}\).

Phương trình trở thành: \(t + \left( {2 - m} \right)\frac{1}{t} - \left( {m + 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2 - m \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {t^2} - t + 2 \ge m\left( {t + 1} \right) \Leftrightarrow m \le \frac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}} = f\left( t \right){\rm{ }}\forall t > 0 \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}}\left( {t > 0} \right)\), ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t - 1} \right)\left( {t + 1} \right) - {t^2} + t - 2}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 3\end{array} \right.\).

BBT:

Từ BBT \( \Rightarrow m \le 1\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{R}\\m \in \left[ { - 10;1} \right]\end{array} \right. \Rightarrow \) có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Gọi h, r lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ \(\left( T \right)\). Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ là hình \(\left( T \right)\) chữ nhật ABCD. Khi đó theo giả thiết ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}h > 2{\rm{r}}\\{S_{ABC{\rm{D}}}} = h.2{\rm{r}} = 30\\{C_{ABC{\rm{D}}}} = 2\left( {h + 2{\rm{r}}} \right) = 26\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h > 2{\rm{r}}\\h{\rm{r}} = 15\\h + 2{\rm{r}} = 13\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h > 2{\rm{r}}\\h = 13 - 2{\rm{r}}\\ - 2{{\rm{r}}^2} + 15{\rm{r}} - 15 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h > 2{\rm{r}}\\h = 13 - 2{\rm{r}}\\\left[ \begin{array}{l}r = 5 \Rightarrow h = 3{\rm{ }}\left( l \right)\\r = \frac{3}{2} \Rightarrow h = 10{\rm{ }}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Vậy \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{\rm{S}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .\frac{3}{2}.10 + 2\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{69\pi }}{2}\left( {c{m^2}} \right)\).

Đáp án C

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

Thay \(x = 1 \Rightarrow {k_2} = 2f\left( 1 \right) + 2f'\left( 1 \right)\), mặt khác \({k_1} = f'\left( 1 \right)\)

Do \({d_1} \bot {{\rm{d}}_2}\) nên \({k_1}.{k_2} = - 1 \Leftrightarrow 2f\left( 1 \right).f'\left( 1 \right) + 2{f'^2}\left( 1 \right) = - 1\)

\( \Leftrightarrow {f'^2}\left( 1 \right) + f\left( 1 \right).f'\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}\)

Suy ra \({f'^2}\left( 1 \right) + f\left( 1 \right).f'\left( 1 \right) + \frac{{{f^2}\left( 1 \right)}}{4} = \frac{{{f^2}\left( 1 \right)}}{4} - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {f'\left( 1 \right) + \frac{{f\left( 1 \right)}}{2}} \right]^2} = \frac{{{f^2}\left( 1 \right)}}{4} - \frac{1}{2} \ge 0 \Rightarrow {f^2}\left( 1 \right) \ge 2\)

\( \Leftrightarrow \left| {f\left( 1 \right)} \right| \ge \sqrt 2 \).

Đáp án C

Đặt \(AB = x\), do \(C{\rm{D}} \bot {\rm{S}}A,C{\rm{D}} \bot A{\rm{D}}\)

Suy ra \(\widehat {\left( {(SC{\rm{D}});(ABC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {S{\rm{D}}A} = 60^\circ \)

\( \Rightarrow SA = x\tan 60^\circ = x\sqrt 3 \)

Khi đó \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{x^3} \Rightarrow x = a\).

Lại có \(d\left( {M;(SC{\rm{D}})} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;(SC{\rm{D}})} \right)\)

\( = \frac{1}{2}d\left( {A;(SC{\rm{D}})} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{1}{2}A{\rm{D}}\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Đáp án B

Khi bắt đầu tiếp đất vật chuyển động được quảng đường là \(s = 162m\).

Ta có: \(s = \int\limits_0^t {\left( {10t - {t^2}} \right)dt} = \left. {\left( {5{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}} \right)} \right|_0^t = 5{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3}\) (trong đó t là thời điểm vật tiếp đất).

Cho \(5{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} = 162 \Rightarrow t = 9\) (Do \(v\left( t \right) = 10t - {t^2} \Rightarrow 0 \le t \le 10\)).

Khi đó vận tốc của vật là: \(v\left( 9 \right) = 10.9 - {9^2} = 9{\rm{ }}\left( {{\rm{m/p}}} \right)\).

Đáp án D

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là điểm cố định luôn thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + \left( {2 - m} \right)y + 2\left( {m + 1} \right)z - 6\left( {m + 2} \right) = 0\) với mọi m

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{x}} + 2y + 2{\rm{z}} - 12} \right) - m\left( {2{\rm{x}} + y - 2{\rm{z}} + 6} \right) = 0\) với mọi m

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{x}} + 2y + 2{\rm{z}} - 12 = 0\\2{\rm{x}} + y - 2{\rm{z}} + 6 = 0\end{array} \right.\)

Vậy đường tròn cố định này là giao tuyến của mặt cầu

\(\left( {S'} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{x}} + 2y + 2{\rm{z}} - 12 = 0\) có tâm \(E\left( {1; - 1; - 1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):2{\rm{x}} + y - 2{\rm{z}} + 6 = 0\).

Tâm I của đường tròn là hình chiếu của E trên \(\left( P \right)\).

Ta có: \(EI:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = - 1 - 2t\end{array} \right. \Rightarrow E = EI \cap \left( P \right) \Rightarrow I\left( { - 1; - 2;1} \right)\).

Đáp án B

Do \(a,b,c,d \in \mathbb{R}\) nên \({z_1} = - 1 + i,{\rm{ }}{{\rm{z}}_2} = 1 + i\sqrt 2 \) là nghiệm của phương trình thì \({z_3} = - 1 - i\) và \({z_4} = 1 - i\sqrt 2 \) cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

Khi đó \({x^4} + a{x^3} + b{x^2} + cx + d = \left[ {x - \left( { - 1 + i} \right)} \right]\left[ {x - \left( { - 1 - i} \right)} \right]\left[ {x - \left( {1 + i\sqrt 2 } \right)} \right]\left[ {x - \left( {1 - i\sqrt 2 } \right)} \right]\)

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

Với \(x = 1 \Rightarrow 1 + a + b + c + d = 5.2 = 10 \Rightarrow a + b + c + d = 9\).

Đáp án B

Ta có: \({\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} = f''\left( x \right) \Rightarrow \frac{{f''\left( x \right)}}{{{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}} = 1\)

Lấy nguyên hàm 2 vế ta có: \(\int {\frac{{d\left[ {f'\left( x \right)} \right]}}{{{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}} = \int {d{\rm{x}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{f'\left( x \right)}} = x + C \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{x + C}}\)

Do \(f'\left( 0 \right) = - 1 \Rightarrow C = 1\)

Suy ra \(\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{ - 1}}{{x + 1}}d{\rm{x}}} \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = - \ln 2\).

Đáp án D

Ta có ngay \(\frac{{13}}{4} \le f\left( x \right) \le 6,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) - 3f'\left( x \right) = 0 = 3f'\left( x \right).f\left( x \right).\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]\).

Với \(\forall x \in \left( { - 1;2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) > 0\\f\left( x \right).\left[ {f\left( x \right) - 1} \right] > 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;2} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = g\left( 2 \right) = {f^3}\left( 2 \right) - 3f\left( 2 \right) = 198\\m = f\left( { - 1} \right) = {f^3}\left( { - 1} \right) - 3f\left( { - 1} \right) = \frac{{1573}}{{64}}\end{array} \right. \Rightarrow M + m = \frac{{14245}}{{64}}\).

Đáp án A

Phương trình \( \Leftrightarrow \left( {1 + {{\log }_a}x} \right)\left( {1 + {{\log }_b}x} \right) = 2020\)

\( \Leftrightarrow {\log _a}x.{\log _b}x + {\log _a}x + {\log _b}x - 2019 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _b}a{\left( {{{\log }_a}x} \right)^2} + \left( {1 + {{\log }_b}a} \right){\log _a}x - 2019 = 0\)

Phương trình luôn có 2 nghiệm vì \(P < 0\), theo Vi-ét ta có:

\({\log _a}m + {\log _a}n = - \frac{{1 + {{\log }_b}a}}{{{{\log }_b}a}} = - {\log _a}b - 1 = {\log _a}\left( {\frac{1}{{ab}}} \right) \Leftrightarrow mn = \frac{1}{{ab}}\).

Suy ra \(P = \left( {4{{\rm{a}}^2} + 9{b^2}} \right)\left( {\frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}} + 1} \right) \ge 2\sqrt {4{{\rm{a}}^2}.9{b^2}} .2\sqrt {\frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}}} = 144\).

Đáp án D

Ta có \({I_1}{I_2} = 5 > {R_1} + {R_2} = 3,{\rm{ }}{{\rm{I}}_1}A{\rm{ // }}{{\rm{I}}_2}B\).

Ta có \({I_1}I_2^2 = {\left( {\overrightarrow {{I_1}A} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B{I_2}} } \right)^2} = R_1^2 + A{B^2} + R_2^2 + 2\overrightarrow {{I_1}A} .\overrightarrow {B{I_2}} \)

\( \Rightarrow A{B^2} = 20 + 2\overrightarrow {{I_1}A} .\overrightarrow {{I_2}B} = 20 + 2.2.1.\cos \left( {\overrightarrow {{I_1}A} ,\overrightarrow {{I_2}B} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\max AB = 2\sqrt 6 \Leftrightarrow \overrightarrow {{I_1}A} {\rm{ }} \nearrow \nearrow {\rm{ }}\overrightarrow {{I_2}B} \\\min AB = 4 \Leftrightarrow \overrightarrow {{I_1}A} {\rm{ }} \nearrow \swarrow {\rm{ }}\overrightarrow {{I_2}B} \end{array} \right.\).

Vậy \(P = 2\sqrt 6 .4 = 8\sqrt 6 \).

Đáp án A

Tự luận: \(\left( L \right)y = \left| {f\left( x \right) + m} \right| = \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) + m{\rm{        khi f}}\left( x \right) + m \ge 0{\rm{ }}\left( {{L_1}} \right)\\ - \left[ {f\left( x \right) + m} \right]{\rm{ khi f}}\left( x \right) + m < 0{\rm{ }}\left( {{L_2}} \right)\end{array} \right.\)

\(\left( L \right)\) gồm \(\left( {{L_1}} \right)\) và \(\left( {{L_2}} \right)\), trong đó \(y = f\left( x \right) + m\) có 2 điểm cực trị.

\(\left( L \right)\) có 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow f\left( x \right) + m = 0\) có 1 nghiệm đơn hoặc có 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m \le - 3\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 3\\m \le - 1\end{array} \right.\).

Trắc nghiệm: Số cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) + m} \right|\) bằng số cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) cộng số giao điểm của \(f\left( x \right) = - m\) (không tính tiếp điểm).

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 cực trị.

Do đó hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) + m} \right|\) có 3 cực trị.

\( \Leftrightarrow \) phương trình \(f\left( x \right) = - m\) có 1 nghiệm đơn hoặc có 1 nghiệm đơn và có 1 nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m \le - 3\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 3\\m \le - 1\end{array} \right.\).

Đáp án A

\({\rm{MN // AC}};{\rm{ MN}} = \frac{1}{2}AC,{\rm{ MNCA}}\) là hình thang.

\({V_{MNK{\rm{A}}BC}} = {V_{K.MNCA}} + {V_{B.MNCA}}\)

DK cắt \(\left( {B'AC} \right)\) tại \(B'\), \(\frac{{B'K}}{{B'D}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{d\left( {K;(MNC{\rm{D}})} \right)}}{{d\left( {D;(MNCA)} \right)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{K.MNCA}} = \frac{1}{2}{V_{D.MNCA}}\)

Mà: \({V_{B.MNCA}} = {V_{D.MNCA}}\) nên ta có: \({V_{MNK{\rm{A}}BC}} = \frac{1}{2}{V_{B.MNCA}} + {V_{B.MNCA}} = \frac{3}{2}{V_{B.MNCA}}\)

Mặt khác: \({S_{MNCA}} = \frac{3}{4}{S_{B'AC}} \Rightarrow {V_{B.MNCA}} = \frac{3}{4}{V_{B.B'AC}} = \frac{3}{4}{V_{B'.ABC}} = \frac{3}{4}.\frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 8\sqrt 3 {a^3}\)

\({V_{MNKABC}} = \frac{3}{2}{V_{B.MNCA}} = \frac{3}{2}8\sqrt 3 {\mkern 1mu} {a^3} = 12\sqrt 3 {\mkern 1mu} {a^3}\).

Đáp án B

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

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

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:

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

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

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

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

Đáp án A