Đáp án B

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] có một VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {\frac{1}{3};\frac{1}{2};\frac{1}{1}} \right) = \frac{1}{6}\left( {2;3;6} \right) = \frac{1}{6}\overrightarrow n \Rightarrow \overrightarrow n \) cũng là một VTPT của \(\left( P \right)\).

Đáp án C

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\).

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy:

Hàm \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) suy ra A đúng.

Hàm \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) suy ra B đúng.

Trên \(\left( { - 1;1} \right)\) thì hàm số \(f\left( x \right)\) luôn tăng suy ra C đúng suy ra chọn D.

Đáp án C

Ta có: \({4^{2{\rm{x}} + 1}} = 32 \Leftrightarrow {2^{2\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)}} = {2^5} \Leftrightarrow 4{\rm{x}} + 2 = 5 \Leftrightarrow x = \frac{3}{4}\).

Đáp án A

Dãy số đã cho là cấp số cộng có \({u_1} = 5;{u_2} = 9 \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 9 - 5 = 4\).

Do đó \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 + 4\left( {n - 1} \right) = 4n + 1\).

Vậy \({u_n} = 4n + 1\).

Đáp án C

Nhìn từ trái sang phải nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên \(a < 0\), loại đáp án A, D.

Điểm \(A\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số ở đáp án B không đi qua \(A\left( {1;2} \right)\) vì \(x = 1 \Rightarrow y = 3\).

Đồ thị hàm số ở đáp án C đi qua \(A\left( {1;2} \right)\).

Đáp án A

Ta có d qua \(M\left( {1; - 2;5} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {4; - 3;2} \right)\) là 1 VTCP.

\( \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{4} + \frac{{y + 2}}{{ - 3}} = \frac{{z - 5}}{2}\).

Đáp án D

Theo định lý Pytago, bán kính đường tròn đáy bằng 3. Khi đó thể tích của khối nón bằng

\(V = \frac{1}{3}.4\pi {.3^2} = 12\pi \).

Đáp án A

Có 7 cách lấy 1 viên bi đỏ và 5 cách lấy một viên bi xanh.

Do đó có 7.5 = 35 cách lấy 2 viên bi có đủ hai màu.

Đáp án B

Giả sử \(G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 4}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{2 + 2 + \left( { - 1} \right)}}{3} = 1\\{z_G} = \frac{{ - 3 + 2 + \left( { - 2} \right)}}{3} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;1; - 1} \right)\).

Đáp án A

Tách thành tổng hai tích phân \(I = 2.37 + 3.16 = 122\).

Đáp án D

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2{\rm{a}}.3{\rm{a}} = 3{{\rm{a}}^2}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.3{{\rm{a}}^2}.a = {a^3}\).

Đáp án A

Ta có: \[{\rm{w}} = iz + \overline z = i\left( {5 - 2i} \right) + \left( {5 + 2i} \right) = 7 + 7i\].

Đáp án D

Ta có: \(y' = 3{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 9\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy giá trị cực đại của hàm số là 6.

Đáp án B

Ta có \(\int {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int {{{\left( {3 - 5{\rm{x}}} \right)}^4}d{\rm{x}}} = \frac{1}{5}\int {{{\left( {5{\rm{x}} - 3} \right)}^4}d\left( {5{\rm{x}} - 3} \right)} = \frac{{\left( {5{\rm{x}} - {3^5}} \right)}}{{25}} + C\).

Đáp án C

Từ giả thiết, ta lập các bảng sau:

Vậy phương trình \(3\left| {f\left( x \right)} \right| - 10 = 0\) có 3 nghiệm.

Đáp án D

Gọi M là trung điểm của BC và G là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Do S.ABC là hình chóp đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\) và G là trọng tâm \(\Delta ABC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\SG \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\) hay \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAM} \right)\) theo giao tuyến SM.

Trong \(\left( {SAM} \right)\), kẻ \(AH \bot {\rm{S}}M,H \in SM \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Vậy \(d\left( {A,(SBC)} \right) = AH = \frac{{3{\rm{a}}}}{2}\).

Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh 2a nên \(AM = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) và \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Đặt \(SG = x\). Ta có: \(GM = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \(\Delta SGM\) vuông tại G ta có: \(SM = \sqrt {S{G^2} + G{M^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \)

Xét \(\Delta SAM\) ta có: \({S_{\Delta SAM}} = \frac{1}{2}SG.AM = \frac{1}{2}AH.SM \Rightarrow x.a\sqrt 3 = \frac{{3{\rm{a}}}}{2}\sqrt {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{3}} \)

\( \Leftrightarrow 4{{\rm{x}}^2} = 3\left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{3}} \right) \Leftrightarrow x = a\). Do đó: \(SG = a\).

Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án A

PT \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z^2} = 2\\{z^2} = - 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}z_1^2 = z_2^2 = 2\\z_3^2 = z_4^2 = - 4\end{array} \right. \Rightarrow F = - 4\).

Đáp án C

Ta có \(y' = {\left( {\ln \frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right)^\prime } = {\left( {\ln (x - 1) - \ln (x + 2)} \right)^\prime } = \frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 2}} = \frac{3}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\).

Đáp án C

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Hàm số \(y = {x^3} - 3{{\rm{x}}^2} + 4\) liên tục và có đạo hàm trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\).

Đạo hàm: \(y' = 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}}\).

Xét \(y' = 0 \Rightarrow 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;3} \right]\\x = 2 \in \left[ { - 1;3} \right]\end{array} \right.\).

Ta có: \(y\left( { - 1} \right) = 0,{\rm{ y}}\left( 0 \right) = 4,{\rm{ y}}\left( 2 \right) = 0,{\rm{ y}}\left( 3 \right) = 4\).

Suy ra: \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = 4,{\rm{ }}m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = 0\) nên \(T = {M^2} - {m^2} = 16\).

Đáp án D

Ta có diện tích của mặt cầu \({S_{mc}} = 36\pi \Leftrightarrow 4\pi {R^2} = 36\pi \Leftrightarrow R = 3\).

Vậy phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {1;2; - 4} \right)\) và bán kính \(R = 3\) là: \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 4} \right)^2} = 9\).

Đáp án B

Ta có: \(AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = \sqrt {A'{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\( \Rightarrow V = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{8}\).

Đáp án A

Chọn \(f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\) khi đó \({\left[ {f\left( {{x^2} - 3} \right)} \right]^\prime } = 2{\rm{x}}.f'\left( {{x^2} - 3} \right)\)

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

Khi đó \({\left[ {f\left( {{x^2} - 3} \right)} \right]^\prime }\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,{\rm{ }}x = \pm 1\) nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án C

Xét phương trình: \(A_n^2 + 6C_n^3 = 36n\) (*) (Điều kiện: \(n \ge 3\) và \(n \in \mathbb{N}\))

Phương trình (*) tương đương với \(n\left( {n - 1} \right) + 6\frac{{n\left( {n - 1} \right).\left( {n - 2} \right)}}{{3!}} = 36n\)

\( \Leftrightarrow n - 1 + \left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 36\) (do \(n \ge 3\))

\( \Leftrightarrow {n^2} - 2n - 35 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 7{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\n = - 5{\rm{ }}\left( l \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 7\).

Khi \(n = 7\) ta có khai triển \({\left( {{x^2} + \frac{{14}}{x}} \right)^7} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k.{{\left( {{x^2}} \right)}^{7 - k}}.{{\left( {\frac{{14}}{x}} \right)}^k}} \)

Số hạng thứ \(k + 1\) trong khai triển là \({T_{k + 1}} = C_7^k{.14^k}.{x^{14 - 3k}}\)

Suy ra số hạng thứ 2 trong khai triển (ứng với \(k = 1\)) là \(C_7^1.14.{x^{13}} = 98{{\rm{x}}^{13}}\)

Theo đề bài ra ta có: \(98{{\rm{x}}^{13}} = 98 \Leftrightarrow x = 1\).

Đáp án A

Ta có \(\left( {3{\rm{x}} - 4yi} \right) + \left( {2 - 3i} \right) = 4{\rm{x}} - 7i\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{\rm{x}} + 2} \right) - \left( {4y + 3} \right)i = 4{\rm{x}} - 7i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{\rm{x}} + 2 = 4{\rm{x}}\\ - 4y - 3 = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).

Đáp án A

Điều kiện: \(x > 3\)

PT \( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2{\rm{x}} + 1} \right) + {\log _3}\left( {x - 3} \right) = 2 = {\log _3}\left( {2{{\rm{x}}^2} - 5{\rm{x}} - 3} \right) \Leftrightarrow 2{{\rm{x}}^2} - 5{\rm{x}} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - \frac{3}{2}\end{array} \right.\).

Chỉ có nghiệm \(x = 4\) thỏa.

Đáp án A

Gọi cạnh đáy, cạnh bên của hình hộp đứng lần lượt là x và y (\(x,y > 0\))

Ta có: \(V = 100 \Rightarrow {x^2}y = 100 \Rightarrow y = \frac{{100}}{{{x^2}}}\). Khi đó: \(S = 4{\rm{x}}y + {x^2} = 4{\rm{x}}{\rm{.}}\frac{{100}}{{{x^2}}} + {x^2} = \frac{{400}}{x} + {x^2}\)

\( = \frac{{200}}{x} + \frac{{200}}{x} + {x^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{200}}{x}.\frac{{200}}{x}.{x^2}}} = 3\sqrt[3]{{{{4.10}^3}}} = 30\sqrt[3]{{40}}\).

Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(30\sqrt[3]{{40}}\) khi \(\frac{{200}}{x} = {x^2} \Leftrightarrow {x^3} = 200 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{200}}\).

Đáp án C

TXĐ: \(D = \left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\) ta có: \(y = \frac{{\sqrt {2{\rm{x}} + 1} - 3}}{{{x^2} - 16}} = \frac{{\frac{{2{\rm{x}} + 1 - 9}}{{\sqrt {2{\rm{x}} + 1} + 3}}}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}}\)

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

Vì \(x = - 4\) không thuộc tập xác định nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị suy ra \(y = a\left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\).

Do đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow 2 = 2{\rm{a}} \Rightarrow a = 1\)

Khi đó \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {x + 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^2}d{\rm{x}}} = \frac{{27}}{4}\).

Đáp án A

Giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng \(\left( P \right)\) thỏa mãn:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{x + 3}}{2} = y + 1 = \frac{z}{{ - 1}} = t}\\{x - 3y + 2z + 6 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow 2t - 3 - 3(t - 1) - 2t + 6 = 0 \Rightarrow - 3t + 6 = 0 \Rightarrow t = 2\)

Như vậy \(A\left( {1;1; - 2} \right)\). Áp dụng công thức nhanh: \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right]} \right] = (31;5; - 8) \Rightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 31t}\\{y = 1 + 5t}\\{z = - 2 - 8t}\end{array}} \right.\).

Đáp án C

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

Đổi cận ta có: \(\int\limits_2^5 {\frac{{2t{\rm{d}}t}}{{t + 2}}} = \int\limits_2^5 {\frac{{2\left( {t + 2} \right) - 4}}{{t + 2}}dt} \)

\( = \int\limits_2^5 {\left( {2 - \frac{4}{{t + 2}}} \right)dt} = \left. {\left( {2t - 4\ln \left| {t + 2} \right|} \right)} \right|_2^5\)

\( = 6 - 4\ln 7 + 8\ln 2\).

Vậy \(a = 6,b = 8,c = - 4 \Rightarrow a + b + c = 10\).

Đáp án A

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = f'\left( {3{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = d{\rm{x}}\\v = \frac{1}{3}f\left( {3{\rm{x}}} \right)\end{array} \right.\).

Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {xf'\left( {3{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} = \left. {\frac{1}{3}xf\left( {3{\rm{x}}} \right)} \right|_0^1 - \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {f\left( {3{\rm{x}}} \right)d{\rm{x}}} \mathop = \limits^{t = 3{\rm{x}}} \frac{1}{3}f\left( 3 \right) - \frac{1}{9}\int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt} = 7 - 1 = 6\).

Suy ra \(I = 6\).

Đáp án D

VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {1;1; - 1} \right)\), VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(\overrightarrow {{n_2}} \left( {1;3;0} \right)\). Gọi \(d' = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\).

Khi đó VTCP của \(d'\) là \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {3; - 1;2} \right)\) cũng là VTCP của \(d \Rightarrow d{\rm{ // d'}}\).

\(A\left( {1; - 2; - 1} \right) \in {\rm{d}},{\rm{ B}}\left( {0;4;2} \right) \in {\rm{d'}}\). Ta có: \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;6;3} \right)\), VTCP của \(\left( R \right)\) là: \(\overrightarrow n \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u } \right] = \left( {15;11; - 17} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( R \right)\) là: \(\left( R \right):15\left( {x - 0} \right) + 11\left( {y - 4} \right) - 17\left( {z - 2} \right) = 0\) hay

\(\left( R \right):15{\rm{x}} + 11y - 17{\rm{z}} - 10 = 0\).

Đáp án C

Ta có: \(z + 7 + i - \left| z \right|\left( {2 + i} \right) = 0 \Leftrightarrow z = \left( {2\left| z \right| - 7} \right) + \left( {\left| z \right| - 1} \right)i\)       (*)

Lấy môđun 2 vế ta được: \({\left| z \right|^2} = {\left( {2\left| z \right| - 7} \right)^2} + {\left( {\left| z \right| - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 4{\left| z \right|^2} - 30\left| z \right| + 50 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| z \right| = 5\\\left| z \right| = \frac{5}{2}\end{array} \right.\).

Do \(\left| z \right| < 3\) nên nhận \(\left| z \right| = \frac{5}{2}\) thay vào (*) ta có: \(z = - 2 + \frac{3}{2}i \Rightarrow P = - \frac{1}{2}\).

Đáp án A

+ Dùng công thức đạo hàm hàm hợp tính \(g'\left( x \right)\) với \(y = g\left( x \right) = {\left( {f(3 - x)} \right)^2}\).

+ Hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

\( \Rightarrow f\left( x \right) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(y = g\left( x \right) = {\left( {f(3 - x)} \right)^2} \Rightarrow g'\left( x \right) = - 2f\left( {3 - x} \right).f'\left( {3 - x} \right) \le 0\).

Với \(x = 4 \Rightarrow g'\left( 4 \right) = - 2f\left( { - 1} \right).f'\left( { - 1} \right) < 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C và D.

Với \(x = 4 \Rightarrow g'\left( 6 \right) = - 2f\left( { - 3} \right).f'\left( { - 3} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Đáp án A

Ta có: \(3f\left( x \right) + {x^3} < a - 3{\rm{x}}\ln {\rm{x}} \Leftrightarrow a > 3f\left( x \right) + {x^3} + 3{\rm{x}}\ln {\rm{x}} = g\left( x \right)\)

Bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {1;2} \right] \Leftrightarrow a > \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} g\left( x \right)\) chú ý điều kiện có nghiệm khác với điều kiện với mọi x).

Ta có: \(g'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) + 3{{\rm{x}}^2} + 3\ln {\rm{x}} + 3{\rm{x}}.\frac{1}{x} = 3\left[ {f'\left( x \right) + {x^2} + \ln {\rm{x}} + 1} \right]\).

Mặt khác trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\ln {\rm{x}} > 0\\{x^2} + 1 \ge 2\\f'\left( x \right) \le 2\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) = 3\left[ {f'\left( x \right) + {x^2} + \ln {\rm{x}} + 1} \right] > 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left[ {1;2} \right]} \right)\).

Suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\), do đó giả thiết bài toán \( \Leftrightarrow a > g\left( 1 \right) = 3f\left( 1 \right) + 1\).

Đáp án B

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = A_7^4 = 840\).

Gọi X là biến cố “chọn ngẫu nhiên một số từ tập A”.

Nhận xét: Trong tập A có 4 số chẵn và 3 số lẻ.

Do đó: số phần tử của X là \(n\left( X \right) = A_4^2.A_3^2.C_4^2 = 432\)

Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( X \right) = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{18}}{{35}}\).

Đáp án B

Gọi \(A'\) là hình chiếu của A trên mặt phẳng \(\left( O \right)\).

Ta có: \(A{\rm{D}} = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{D^2}} = \sqrt {16 + A'{D^2}} \).

Tam giác \(A'DC\) vuông tại D nên

\(C{\rm{D}} = \sqrt {A'{C^2} - A'{D^2}} = \sqrt {{8^2} - A'{D^2}} \).

Do ABCD là hình vuông nên \(A{\rm{D}} = C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \sqrt {16 + A'{D^2}} = \sqrt {64 - A'{D^2}} \Rightarrow 2{\rm{A'}}{D^2} = 48\).

Suy ra \(A'{D^2} = 24 \Rightarrow A{{\rm{D}}^2} = 40 = {S_{ABC{\rm{D}}}}\).

Đáp án D

ĐK: \(2{{\rm{x}}^2} - x + m > 0\).

Ta có: PT \( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) - {\log _3}\left( {{x^2} + 1} \right) = - \left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) + 3\left( {{x^2} + 1} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) - {\log _3}\left[ {3\left( {{x^2} + 1} \right)} \right] = - \left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) + 3\left( {{x^2} + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) + \left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) = {\log _3}\left[ {3\left( {{x^2} + 1} \right)} \right] + 3\left( {{x^2} + 1} \right)\)        (*)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t{\rm{ }}\left( {t > 0} \right)\) ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0{\rm{ }}\left( {\forall t > 0} \right)\) do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Khi đó (*) \( \Leftrightarrow f\left( {2{{\rm{x}}^2} - x + m} \right) = f\left[ {3\left( {{x^2} + 1} \right)} \right] \Leftrightarrow 2{{\rm{x}}^2} - x + m = 3\left( {{x^2} + 1} \right)\) (thỏa mãn điều kiện)

\( \Leftrightarrow {x^2} + x + 3 - m = 0{\rm{ }}\left( {x \in \mathbb{R}} \right)\).

Phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu khi \(P = ac = 3 - m < 0 \Leftrightarrow m > 3\).

Kết hợp \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 2018;2018} \right]\end{array} \right. \Rightarrow \) có 2015 giá trị của tham số m.

Đáp án B

Ta có: \(h = SA = \sqrt 3 \)

Gọi \(I = AC \cap BE,K = BE \cap C{\rm{D}}\)

Áp dụng công thức \(\frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{{{k^2}}}{{{h^2}}}\)

Khi đó \(c = d\left( {C;BE} \right) \Rightarrow \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{K^2}}}\)

\(k = \frac{{CA}}{{CI}} = \frac{3}{2}\) (vì \(\frac{{IA}}{{IC}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{BC}} = \frac{1}{2}\))

Do đó \(\frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{K^2}}} + \frac{{1,{5^2}}}{{{h^2}}} \Rightarrow d = \frac{{4{\rm{a}}\sqrt {17} }}{{17}}\).

Đáp án B

Ta tính được \(\int\limits_{ - \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} {{{\left( {3 - x} \right)}^2}d{\rm{x}}} = \frac{{ - 109}}{{12}}\).

Do đó \(\int\limits_{ - \frac{1}{1}}^{\frac{1}{2}} {\left[ {{f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right).\left( {3 - x} \right)} \right]d{\rm{x}}} = - \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} {{{\left( {3 - x} \right)}^2}d{\rm{x}}} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} {{{\left[ {f\left( x \right) - \left( {3 - x} \right)} \right]}^2}d{\rm{x}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3 - x \Rightarrow I = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{3 - x}}{{{x^2} - 1}}d{\rm{x}}} = \ln \frac{2}{9}\).

Đáp án B

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3;2} \right)\). Gọi H là trung điểm AB. Khi đó \(H\left( {\frac{3}{2};\frac{7}{2};2} \right)\).

Gọi I là tâm mặt cầu \(\left( S \right)\). Khi đó, ta có I thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn AB.

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. Khi đó, \(\left( Q \right)\) sẽ nhận \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3;2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(x + 3y + 2{\rm{z}} - 16 = 0\).

Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\). Tọa độ của M là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y + z - 7 = 0\\x + 3y + 2{\rm{z}} - 16 = 0\end{array} \right.\), chọn \(M\left( { - 11;9;0} \right)\).

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\). Khi đó, d có vectơ chỉ phương

\(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ;\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right] = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Vậy phương trình của d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 11 + t\\y = 9 - t\\z = t\end{array} \right.\).

Điểm I nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\), suy ra \(I\left( { - 11 + t;9 - t;t} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R = IA = \sqrt {{{\left( {t - 12} \right)}^2} + {{\left( {7 - t} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2}} = \sqrt {3{{\left( {t - \frac{{20}}{3}} \right)}^2} + \frac{{182}}{3}} \ge \frac{{\sqrt {546} }}{3}\).

Vậy bán kính nhỏ nhất của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(\frac{{\sqrt {546} }}{3}\) khi và chỉ khi \(I\left( { - \frac{{13}}{3};\frac{7}{3};\frac{{20}}{3}} \right)\).

Đáp án B

Đối với bài toán này, khả năng cao chúng ta nên tìm rõ ràng hàm số parabol.

\(\left( P \right):y = k\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right);{\rm{ }}\left( {0;2} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow 2 = 2k \Rightarrow k = 1 \Rightarrow y = {x^2} - 3{\rm{x}} + 2 = f'\left( x \right)\)

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

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

Khi đó \(y' < 0 \Leftrightarrow x > 1; - 1 < x < 0\).

Đáp án A

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {3; - \sqrt 3 } \right),R = 2\). Gọi M, N lần lượt biểu diễn hai số phức \({z_1},{z_2}\) thì \(MN = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 4 = 2{\rm{R}}\), suy ra MN là đường kính của \(\left( C \right)\).

Chú ý môđun mỗi số phức chính là các khoảng cách OM, ON.

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky kết hợp công thức trung tuyến tam giác OMA ta có:

\(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = OM + ON \le \sqrt {2\left( {O{M^2} + O{N^2}} \right)} = \sqrt {4{\rm{O}}{I^2} + M{N^2}} = 8\).

Đáp án B

Thể tích mũ là V, thể tích khối trụ bán kính đáy bằng \(OA = 10cm\) và đường cao \[{\rm{OO'}}\] là \({V_1}\).

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi AB và 2 trục tọa độ quanh trục Oy là \({V_2}\).

Thế thì \(V = {V_1} + {V_2}\), trong đó \({V_1} = {5.10^2}\pi = 500\pi \).

Parabol có đỉnh A nên \(\left( P \right):y = a{\left( {x - 10} \right)^2},{\rm{ }}\left( P \right)\) đi qua B nên \(a = 0,2\) suy ra \(\left( P \right):y = 0,2{\left( {x - 10} \right)^2}\).

Vậy \(x = 10 - \sqrt {5y} \Rightarrow {V_2} = \pi \int\limits_0^{20} {{{\left( {10 - \sqrt {5y} } \right)}^2}dy} = \frac{{1000}}{3}\). Suy ra \(V = \frac{{2500}}{3}\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Đáp án C

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x - 1} \right)^2}\) ta có \(g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = x - 1\) trên cùng một hệ trục tọa độ ta thấy \(f'\left( x \right) = x - 1 \Leftrightarrow x = - 1\), \(x = 1,{\rm{ }}x = 2,{\rm{ }}x = 3\) (trong đó \(x = 1\) là nghiệm kép) ta có BBT sau:

Khi đó hàm số \(g\left( x \right)\) có số điểm cực trị là \(m = 3\).

Lại có \(g\left( { - 3} \right) = 2f\left( { - 3} \right) - 16 = 2\left[ {f\left( { - 3} \right) - 8} \right] > 0,{\rm{ g}}\left( 4 \right) = 2f\left( 4 \right) - 9 > 0\) và \(g\left( 2 \right) = 2f\left( 2 \right) - 1 < 0\).

Do đó phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt nên \(n = 2\).

Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {g\left( x \right)} \right| = \left| {2f\left( x \right) - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right|\) bằng \(m + n = 5\).

Đáp án C

Thể tích: \({V_{thung}} = \frac{1}{3}\pi .OK.\left( {O{A^2} + D{K^2} + OA.DK} \right);{\rm{ }}OA = 3DK \Rightarrow {V_{thung}} = \frac{{13}}{3}\pi .OK.D{K^2}.\)

Ta có \(\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi .O{H^2} = 54\sqrt 3 \pi \Rightarrow OH = 3\sqrt 3 cm.\)

Bài ra \(2OH = \frac{3}{2}OK \Rightarrow OK = \frac{4}{3}OH = 4\sqrt 3 cm.\)

Ta có \(\frac{{DK}}{{OA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{IK}}{{IO}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{IK}}{{IK + 4\sqrt 3 }} = \frac{1}{3} \Rightarrow IK = 2\sqrt 3 \Rightarrow OI = OK + IK = 6\sqrt 3 cm.\)

\(\frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {6\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow OA = OB = 6cm \Rightarrow DK = 2cm.\)

Thể tích cần tính là: \({V_{thung}} - 54\sqrt 3 \pi = \frac{{13}}{3}\pi .4\sqrt 3 {.2^2} - 54\sqrt 3 \pi = \frac{{46\sqrt 3 \pi }}{3}\left( {d{m^3}} \right).\)

Đáp án A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {4;5;7} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 2 \).

Giả sử trong mặt phẳng \(\left( {IAB} \right)\) tiếp tuyến tại A và B của \(\left( S \right)\) cắt nhau tại C thì IACB là hình vuông cạnh \(IA = R = \sqrt 2 \Rightarrow AB = IA\sqrt 2 = 2\), gọi K là trung điểm của AB thì \(IK = \frac{{AB}}{2} = 1\).

Điểm K thuộc mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) tâm \(I\left( {4;5;7} \right)\), bán kính \(R' = 1\).

Gọi E là trung điểm của AB, vì ABNM là hình thang nên KE là đường trung bình của hình thang ABNM do đó \(AM + BN = 2KE\) trong \(K \in \left( {S'} \right)\) và

\(\overrightarrow {{u_{KE}}} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1;1} \right) \Rightarrow KE\) luôn tạo với \(\left( {Oxy} \right):z = 0\) một góc \(\varphi \) không đổi và \(\sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt 6 }}\).

Lại có: \[KE\sin \varphi = d\left( {K,(P)} \right) \Rightarrow KE = \sqrt 6 d\left( {K,(P)} \right) \le \sqrt 6 \left[ {d\left( {I;(Oxy)} \right) + R'} \right] = \sqrt 6 \left( {7 + 1} \right) = 8\sqrt 6 \]

Suy ra \(AM + BN = 2KE \le 16\sqrt 6 \).

Đáp án C

Ta có: \({2^{x - 1}} = {\log _4}\left( {x + 2m} \right) + m \Leftrightarrow \frac{1}{2}{2^x} = {\log _{{2^2}}}\left( {x + 2m} \right) + m \Leftrightarrow {2^x} = {\log _2}\left( {x + 2m} \right) + 2m\)

Đặt \(y = {\log _2}\left( {x + 2m} \right)\) suy ra \({2^y} = x + 2m\)

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{2^x} = y + 2m\\{2^y} = x + 2m\end{array} \right. \Rightarrow {2^x} + x + 2m = {2^y} + y + 2m\) (cộng chéo) \( \Leftrightarrow {2^x} + x = {2^y} + y\) (*)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0{\rm{ }}\left( {\forall t \in \mathbb{R}} \right)\) suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Suy ra (*) \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow x = y \Rightarrow {2^x} - x = 2m\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {2^x} - x\) với \(x \in \mathbb{R}\) ta có: \(g'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow {2^x} = \frac{1}{{\ln 2}} \Leftrightarrow x = {\log _2}\frac{1}{{\ln 2}}\).

Ta có bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge g\left( {{{\log }_2}\frac{1}{{\ln 2}}} \right) \approx 0,91\).

Kết hợp \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\\left| m \right| < 10\end{array} \right. \Rightarrow m = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\).

Đáp án B

Ta có: \(g'\left( x \right) = 2{\rm{x}}.f'\left( {{x^2}} \right) = 2{\rm{x}}.{x^4}.{\left( {{x^2} - 1} \right)^2}.\left( {3{{\rm{x}}^8} + m{{\rm{x}}^6} + 1} \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0\;\left( {\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{x^8} + m{x^6} + 1 \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow h\left( x \right) = 3{x^2} + \frac{1}{{{x^6}}} + m \ge 0\;\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} h\left( x \right) \ge 0\) (*)

Mặt khác với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì \(3{x^2} + \frac{1}{{{x^6}}} = {x^2} + {x^2} + {x^2} + \frac{1}{{{x^6}}} \ge 4\sqrt[4]{{{x^2}.{x^2}.{x^2}.\frac{1}{{{x^6}}}}} = 4\)

Do đó (*) \( \Leftrightarrow 4 + m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 4\)

Kết hợp \(m{ \in ^{{\rm{ }} + }} \Rightarrow m = \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}.\)