Đáp án B

Ta có \({\log _{\sqrt a }}{a^2} = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}{a^2} = \frac{2}{{\frac{1}{2}}}{\log _a}a = 4.\)     

Đáp án D

Ta có \({u_6} = {u_1}{q^5} \Rightarrow \frac{3}{{32}} = 3{q^5} \Rightarrow q = \frac{1}{2}.\)

Đáp án B

Ta có \(M\left( { - 2;3} \right) \Rightarrow z = - 2 + 3i.\)

Đáp án C

Ta có \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {\cos x + f\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = \sin x\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}}} \right. + 5 = 6.} \)

Đáp án B

Ta có \(\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + \overrightarrow k - 3\overrightarrow j = 2\overrightarrow i - 3\overrightarrow j + \overrightarrow k \Rightarrow \overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right).\)

Đáp án C

Ta có \(y\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow \) Loại A, B, D.

Đáp án D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\\r = 3;l = 5;{l^2} = {h^2} + {R^2}\end{array} \right. \Rightarrow h = 4 \Rightarrow V = 12\pi .\)

Đáp án A

Ta có \(w = i\left( {1 + 2i} \right) + \left( {1 - 2i} \right) = - 1 - i.\)

Đáp án D

Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án B

Hàm số \(y = {\left( {{x^3} - 8} \right)^{ - 2020}}\) xác định \( \Leftrightarrow {x^3} - 8 \ne 0 \Leftrightarrow {x^3} \ne 8 \Leftrightarrow x \ne 2.\)

Đáp án D

Ta có \(\int {\frac{1}{{4x + 1}}dx} = \frac{1}{4}\ln \left| {4x + 1} \right| + C.\)

Đáp án A

Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = 0.\)

Đáp án B

Đường thẳng \(y = 7\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 2 điểm phân biệt.

Đáp án C

Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;2; - 3} \right)\).

Đáp án D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = \left( {1 + \sqrt 3 i} \right) + \left( {1 - \sqrt 3 i} \right) = 2\\{z_1}{z_2} = \left( {1 + \sqrt 3 i} \right)\left( {1 - \sqrt 3 i} \right) = 4\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {z_1},{z_2}\) là 2 nghiệm của phương trình \({z^2} - 2z + 4 = 0.\)

Đáp án C

Chữ số hàng trăm có 9 cách chọn.

Chữ số hàng chục có 8 cách chọn.

Chữ số hàng đơn vị có 7 cách chọn.

Theo quy tắc nhân, có tất cả \(9.8.7 = 504\) số thỏa mãn.

Đáp án B

Ta có \({2^{{x^2}10x + \frac{5}{2}}} = 8\sqrt 2 = {2^3}{.2^{\frac{1}{2}}} = {2^{3 + \frac{1}{2}}} = {2^{\frac{7}{2}}} \Rightarrow {x^2} - 10x + \frac{5}{2} = \frac{7}{2} \Leftrightarrow x = 5 \pm \sqrt {26} .\)

Đáp án A

Ta có \(V = \pi \int\limits_1^3 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx.} \)

Đáp án C

Đáp án A

Đường thẳng d qua \(A\left( {4;1;2} \right)\) có một VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {2;1;1} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;2m} \right).\)

YCBT\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A \notin \left( P \right)\\\overrightarrow u .\overrightarrow n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - 3.1 + 2m.2 - 4 \ne 0\\2 - 3 + 2m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 3 \ne 0\\m = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}.\)

Đáp án C

Điểm cần tìm là H với \(\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = {x_M}\\{y_H} = 0\\{z_H} = {z_M}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1;0; - 3} \right).\)

Đáp án D

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \(\left[ { - 2;0} \right]\).

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

Tính \(y\left( { - 2} \right) = 18;y\left( 0 \right) = 6;y\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{{23}}{4} \Rightarrow {\min _{\left[ { - 2;0} \right]}}y = \frac{{23}}{4}.\)

Đáp án A

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .3.25 = 150\pi .\)

Khi lăn sơn quay một vòng sẽ quét được một diện tích bằng diện tích xung quanh của hình trụ.

Do đó trục lăn quay 10 vòng sẽ quét được diện tích là \(S = 10.{S_{xq}} = 1500\pi \left( {c{m^2}} \right).\)

Đáp án A

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - m - 1 \Rightarrow y'' = 2x - 2m.\)

YCBT

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( { - 1} \right) = 0\\y''\left( { - 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + 2m + {m^2} - m - 1 = 0\\ - 2 - 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\left( {m + 1} \right) = 0\\m > - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0.\)

Đáp án C

Điều kiện \(x > 1\) (*). Phương trình \( \Leftrightarrow 2{\log _{{2^2}}}x + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}{\log _2}x + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow {\log _2}x + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow x = 2\) thỏa mãn (*)

Đáp án D

Phân tích

\(\frac{{x - 1}}{{{x^2} + 3x + 2}} = \frac{{x - 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{m}{{x + 1}} + \frac{n}{{x + 2}} \Rightarrow x - 1 = m\left( {x + 2} \right) + n\left( {x + 1} \right).\)

Cho

\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow m = - 2\\x = - 2 \Rightarrow n = 3\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{{x^2} + 3x + 2}}} dx = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{3}{{x + 2}} - \frac{2}{{x + 1}}} \right)dx} = 3\ln \left| {x + 2} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right.\)

\( \Rightarrow I = \left( {3\ln 3 - 3\ln 2} \right) - 2\ln 2 = 3\ln 3 - 5\ln 2 \Rightarrow a = - 5,b = 3 \Rightarrow S = - 98\)

Đáp án D

Kẻ \(AH \bot BC \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'HA} = {60^0}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\)

Đáp án D

Kẻ \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow HA = HB = HC = \frac{{AB}}{{\sqrt 3 }} = a.\)

Ta có \(\widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBH}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)} = \cos \widehat {SBH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)} = {60^0}.\)

Đáp án B

Ta có \(y = \frac{{mx + 4}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \frac{{mx + 4}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}.\)

Đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang \(y = 0\) với \(\forall m \in \mathbb{R}.\)

\(YCBT \Leftrightarrow mx + 4 = 0\) không có nghiệm \(x = 1;x = 2\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m.1 + 4 \ne 0}\\{m.2 + 4 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne - 4}\\{m \ne - 2}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 5; - 3; - 1;0;1;2;...;11} \right\}.\)

Đáp án A

Ta có

\(P = {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\sqrt {\frac{b}{a}} = {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\left( {\frac{{\sqrt b }}{a}.\sqrt a } \right) = {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\frac{{\sqrt b }}{a} + {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\sqrt a = 1 + {\log _{\frac{b}{{{a^2}}}}}a\)

\( = 1 + \frac{1}{{{{\log }_a}\frac{b}{{{a^2}}}}} = 1 + \frac{1}{{{{\log }_a}b - {{\log }_a}{a^2}}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt 5 - 2}} = 3 + \sqrt 5 .\)

Đáp án C

Ta có

\(H\left( {0;3} \right),M\left( {{x_M};3} \right),N\left( {{x_N};3} \right){\rm{;\;}}\overrightarrow {HM} = 2\overrightarrow {MN} \Rightarrow {x_M} = 2\left( {{x_N} - {x_M}} \right) \Rightarrow 3{x_M} = 2{x_N}.\)

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^{{x_M}}} = 3}\\{{b^{{x_N}}} = 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = {{\log }_a}3}\\{{x_N} = {{\log }_b}3}\end{array}} \right. \Rightarrow 3{\log _a}3 = 2{\log _b}3 \Rightarrow \frac{3}{{{{\log }_3}a}} = \frac{2}{{{{\log }_3}b}}\)

\( \Rightarrow 2{\log _3}a = 3{\log _3}b \Rightarrow {\log _3}{a^2} = {\log _3}{b^3} \Rightarrow {a^2} = {b^3}.\)

Đáp án B

Ta có \({V_2} = {V_{A'.MNC'B'}} = 2{V_{A'.MB'C'}} = 2{V_{M.A'B'C'}}\)

\( = 2.\frac{1}{2}{V_{B.A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{ABC.A'B'C'}} - \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 2.\)

Đáp án B

Thiết diện là hình vuông MNPQ như hình vẽ. Kẻ \(O'H \bot MN \Rightarrow O'H = 3cm.\)

Ta có \({S_{MNPQ}} = M{N^2} = 64 \Rightarrow MN = 8cm \Rightarrow HN = 4cm\)

\( \Rightarrow O'N = \sqrt {H{N^2} + O'{H^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5cm.\)

Cạnh \(MN = 8cm \Rightarrow QM = 8cm \Rightarrow h = 8cm\)

\( \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi .O'{N^2}.8 = 200\pi c{m^3}.\)

Đáp án C

Từ \(f'\left( x \right) \ge x + \frac{1}{x},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \mathop \smallint \limits_1^2 f'\left( x \right){\mkern 1mu} dx \ge \mathop \smallint \limits_1^2 \left( {x + \frac{1}{x}} \right){\mkern 1mu} dx\)

\( \Rightarrow f\left( x \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. \ge \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) \ge \frac{3}{2} + \ln 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) \ge \frac{5}{2} + 1\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x + \frac{1}{x}{\rm{\;}}(x > 0)\) nên \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + \ln x + C.\)

Mà \(f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \frac{1}{2} + C = 1 \Rightarrow C = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + \ln x + \frac{1}{2}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f\left( 2 \right)\) bằng \(\frac{5}{2} + \ln 2,\) đạt được khi \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + \ln x + \frac{1}{2}.\)

Đáp án D

Giả sử \(z = a + bi\left( {a,b \in R} \right)\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {z - 2} \right| = \left| z \right|}\\{\left( {z + 1} \right)\left( {\bar z - i} \right) \in R}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {a - 2 + bi} \right| = \left| {a + bi} \right|}\\{\left( {a + 1 + bi} \right)\left[ {a - \left( {b + 1} \right)i} \right] \in R}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a - 2} \right)}^2} + {b^2} = {a^2} + {b^2}}\\{a\left( {a + 1} \right) + b\left( {b + 1} \right) - \left( {a + b + 1} \right)i \in }\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a + b + 1 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 2}\end{array}} \right. \Rightarrow a + b = - 1.\)

Đáp án C

Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right).\)

Kẻ \(HP \bot SB \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = HP\)

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HP = d.\)

Ta có \(\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{H{B^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}}.\)

Cạnh \(HB = \frac{{AB}}{2} = a;SH = \frac{{AB}}{2} = a\)

\( \Rightarrow HP = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow d = a\sqrt 2 .\)

Đáp án A

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;1} \right).\)

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

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nhận \(\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow n } \right]\) là một VTPT.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\vec u = \left( {1;1; - 1} \right)\\\vec n = \left( {1; - 2;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\vec u;\vec n} \right] = \left( { - 1; - 2; - 3} \right)\) \( \Rightarrow \left( Q \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;2;3} \right)\) là một VTPT.

Kết hợp với \(\left( Q \right)\) qua \(A\left( {1;0;1} \right) \Rightarrow \left( Q \right):1.\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 1} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + 3z - 4 = 0.\)

Đáp án C

YCBT \( \Leftrightarrow y' = 3{x^2} + m + \frac{1}{{5{x^{10}}}}.5{x^4} \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow - m \le 3{x^2} + \frac{1}{{{x^6}}} = f\left( x \right),\forall x \in \left( {0; + \infty } \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( {0; + \infty } \right)\\f'\left( x \right) = 6x - \frac{1}{{{x^{12}}}}.6{x^5} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\)

\( \Rightarrow - m \le f\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow m \ge - 4 \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}.\)

Đáp án B

Xét hàm số

\(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \sqrt {{x^2} + e} ;{\rm{\;}}x \in \left( { - 3;0} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + e} }}.\)

Với mọi \(x \in \left( { - 3;0} \right)\) thì \(f'\left( x \right) > 0;{\rm{\;}}\frac{{ - x}}{{\sqrt {{x^2} + e} }} > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 3;0} \right).\)

Khi đó \(m < g\left( x \right)\) có nghiệm với \(\forall x \in \left( { - 3;0} \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 0 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 0 \right) - \sqrt e .\)  

Đáp án D

Xét phương trình \(\sqrt x = \sqrt {6 - {x^2}} \Leftrightarrow x = 2.\)

Gọi \(\left( A \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt x ;y = 0;x = 0;x = 2.\)

Quay \(\left( A \right)\) quanh trục hoành ta được vật thể tròn xoay có thể tích

\({V_1} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx} = \pi .\frac{{{x^2}}}{2}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = 2\pi \)

Gọi \(\left( B \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường

\(y = \sqrt {6 - {x^2}} ;y = 0;x = 2;x = \sqrt 6 .\)

Quay \(\left( B \right)\) quanh trục honàh ta được vật thể tròn xoay có thể tích

\({V_2} = \pi \int\limits_2^{\sqrt 6 } {{{\left( {\sqrt {6 - {x^2}} } \right)}^2}dx} = \pi \left( {6x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle2}^{\scriptstyle\sqrt 6 \atop\scriptstyle}} \right. = \pi \left( {6\sqrt 6 - 2\sqrt 6 } \right) - \frac{{28\pi }}{3} = 4\pi \sqrt 6 - \frac{{28\pi }}{3}.\)

Cung tròn khi quay quanh Ox tạo thành một khối cầu có thể tích

\(V = \frac{4}{3}\pi {\left( {\sqrt 6 } \right)^3} = 8\pi \sqrt 6 .\)

Thể tích cần tính là \(V - \left( {{V_1} + {V_2}} \right) = 4\pi \sqrt 6 + \frac{{22\pi }}{3}.\)

Đáp án B

Gọi \(M = {d_1} \cap d,\) ta có

\({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = - 3 + t\\z = 4 - t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow M\left( {m - 1;m - 3;4 - m} \right).\)

Gọi \(N = {d_2} \cap d\), ta có

\[{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t'\\y = - 1 + 2t'\\z = 3 + t'\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t' \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow N\left( {n + 1;2n - 1;n + 3} \right).\]

Bài ra d nằm trên \(\left( P \right)\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in \left( P \right)}\\{N \in \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {m - 1} \right) - 2\left( {m - 3} \right) + \left( {4 - m} \right) - 5 = 0}\\{\left( {n + 1} \right) - 2\left( {2n - 1} \right) + \left( {n + 3} \right) - 5 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2m + 4 = 0}\\{ - 2n + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2 \Rightarrow M\left( {1; - 1;2} \right)}\\{n = \frac{1}{2} \Rightarrow N\left( {\frac{3}{2};0;\frac{7}{2}} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}} \right).\)

Đường thẳng d nhận \(\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}} \right)\) là một VTCP nên nhận \(\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)\) là một VTCP.

Kết hợp với d qua \(M\left( {1; - 1;2} \right) \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 2}}{3}.\)  

Đáp án D

Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right).\)

Ta có \(M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2}\); \(M{B^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2}\); \(M{C^2} = {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2}\)

Khi đó \(M{A^2} = M{B^2} + M{C^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} + {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2x = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4y - 6z + 13 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 2.\)

Tập hợp các điểm M thỏa mãn \(M{A^2} = M{B^2} + M{C^2}\) là mặt cầu có tâm \(I\left( { - 1;2;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 2 .\)

Đáp án D

Có 4 thẻ chẵn \(\left\{ {2;4;6;8} \right\}\) và 5 thẻ lẻ \(\left\{ {1;3;5;7;9} \right\}.\)

Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ 9 thẻ có \(C_9^2 = 36\) cách.

Gọi A là biến cố: “Tích nhận được là số chẵn”.

+ TH1. Chọn 2 thẻ chẵn có \(C_4^2\) cách.

+ TH2. Chọn 1 thẻ chẵn và 1 thẻ lẻ có \(C_4^1C_5^1\) cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{C_4^2 + C_4^1C_5^1}}{{36}} = \frac{{13}}{{18}}.\)

Đáp án D

Ta có \(9{b^2} - 12b + 4 = {\left( {3b - 2} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow \frac{{4\left( {3b - 1} \right)}}{9} \le {b^2}\)

\( \Rightarrow P \ge {\log _a}{b^2} + 8\log _{\frac{b}{a}}^2a = 2{\log _a}b + 8{\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}\frac{b}{a}}}} \right)^2} = 2{\log _a}b + \frac{8}{{{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right)}^2}}}.\)

Đặt \(t = {\log _a}b - 1 > 0 \Rightarrow P \ge 2\left( {t + 1} \right) + \frac{8}{{{t^2}}} = t + t + \frac{8}{{{t^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{t.t.\frac{8}{{{t^2}}}}} + 2 = 8.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{2}{3}}\\{t = \frac{8}{{{t^2}}}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{2}{3}}\\{t = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{2}{3}}\\{b = {a^3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{2}{3}}\\{a = \sqrt[3]{{\frac{2}{3}}}}\end{array}} \right.\)

Đáp án D

Tiếp tuyến \(d:y = k\left( {x - \frac{2}{3}} \right).\)

Điều kiện tiếp xúc là hệ sau có nghiệm

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{5}{6}{x^3} + mx - \frac{2}{3}m = k\left( {x - \frac{2}{3}} \right)\\\frac{5}{2}{x^2} + m = k\end{array} \right. \Rightarrow \frac{5}{6}{x^3} + mx - \frac{2}{3}m = \left( {\frac{5}{2}{x^2} + m} \right)\left( {x - \frac{2}{3}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{5}{6}{x^3} + mx - \frac{2}{3}m = \frac{5}{2}{x^3} - \frac{5}{3}{x^2} + mx - \frac{2}{3}m \Leftrightarrow \frac{5}{6}{x^3} = \frac{5}{2}{x^3} - \frac{5}{3}{x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = m}\\{k = m + \frac{5}{2}}\end{array}} \right.\)

Hai tiếp tuyến có hệ số góc

Đáp án A

Ta có

\({\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{\tan x}}} \right]^\prime } = \frac{{f'\left( x \right).\tan x - f\left( x \right).\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}}}{{{{\tan }^2}x}} = \frac{{f'\left( x \right).\sin x\cos x - f\left( x \right)}}{{{{\sin }^2}x}}\)

\( = \frac{{f'\left( x \right).\sin 2x - 2.f\left( x \right)}}{{2{{\sin }^2}x}} = \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}}{{\tan x}} = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}}dx = - \frac{1}{2}\cot x + C.\)

Bài ra

\(f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Rightarrow C = \frac{3}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \tan x\left( { - \frac{1}{2}\cot x + \frac{3}{2}} \right) = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2}.\frac{{\sin x}}{{\cos x}}\)

\( \Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {f\left( x \right)dx} = \left( { - \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}\ln \left| {\cos x} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle\frac{\pi }{4}}^{\scriptstyle\frac{\pi }{3}\atop\scriptstyle}} \right. = - \frac{\pi }{6} - \frac{3}{2}\ln \frac{1}{2} + \frac{\pi }{8} + \frac{3}{2}\ln \frac{1}{{\sqrt 2 }} = - \frac{\pi }{{24}} + \frac{3}{4}\ln 2.\)

Đáp án C

Ta có \(\left| {\frac{{{z_1} - {z_2}}}{{{z_1}}}} \right| = \left| {\frac{{{z_1} - {z_2}}}{{{z_2}}}} \right| = 1 \Rightarrow \left| {1 - \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right| = \left| {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} - 1} \right| = 1.\)

Giả sử \(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = a + bi{\rm{\;}}\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\), từ \(\left| {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} - 1} \right| = 1 \Rightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {b^2} = 1\) (1)

Ta có \(\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} = \frac{1}{{a + bi}} = \frac{{a - bi}}{{{a^2} + {b^2}}}\), từ \(\left| {1 - \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right| \Rightarrow \left| {\frac{{{a^2} + {b^2} - a}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}i} \right| = 1\)

\( \Rightarrow {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} - a}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {\left( {{a^2} + {b^2} - a} \right)^2} + {b^2} = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2}\)

Từ (1) \( \Rightarrow {b^2} = 2a - {a^2} \Rightarrow {a^2} + \left( {2a - {a^2}} \right) = {\left( {2a} \right)^2} \Rightarrow 2a = 4{a^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Với \(a = 0 \Rightarrow b = 0 \Rightarrow \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = 0 \Rightarrow \) không thỏa mãn.

Với \(a = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{4} + {b^2} = 1 \Rightarrow b = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\)

Lưu ý \(P = {\left( {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right)^4} + {\left( {\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right)^4} = {\left[ {{{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right)}^2}} \right]^2} - 2.\) Bấm máy tính được \(P = - 1.\)

Đáp án D

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {2^{f\left( x \right)}} - {3^{f\left( x \right)}}\), với \(x \in \mathbb{R}\) ta có

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

\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\{2^{f\left( x \right)}}.\ln 2 - {3^{f\left( x \right)}}.\ln 3 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} = \frac{{\ln 2}}{{\ln 3}} = {\log _3}2\end{array} \right.\]

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f\left( x \right) \ge - 1,\forall x \in \mathbb{R}.\)

\( \Rightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} \ge {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{ - 1}} = \frac{2}{3} > {\log _3}2\) nên \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0.\)

Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\) bằng số điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right).\)

Vậy hàm số \(y = {2^{f\left( x \right)}} - {3^{f\left( x \right)}}\) có đúng 3 điểm cực trị.

Đáp án C

Ta có \(\overrightarrow {DA} = \left( {6;0;0} \right),\overrightarrow {DB} = \left( {0;2;0} \right),\overrightarrow {DC} = \left( {0;0;3} \right)\) nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông đỉnh D. Gọi \(M\left( {x + 1;y + 2;z + 3} \right).\)

\(MA = \sqrt {{{\left( {x - 6} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}} \ge \left| {x - 6} \right| \ge 6 - x\)

\(MB = \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {z^2}} \ge \left| {y - 2} \right| \ge 2 - y\)

\(MC = \sqrt {{x^2} + {y^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \ge \left| {z - 3} \right| \ge 3 - z\)

\(\sqrt 3 MD = \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} \ge \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2}} \ge x + y + z\)

Do đó \(MA + MB + MC + \sqrt 3 MD \ge 11.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y = z = 0\\6 - x \ge 0\\2 - y \ge 0\\3 - z \ge 0\\x + y + z \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = 0.\)

Khi đó \(M\left( {1;2;3} \right) \Rightarrow a + b + c = 6.\)

Đáp án B

Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Mà \(\sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} > 0\) và \({m^2} + 2m + 2 = {\left( {m + 1} \right)^2} + 1 > 0.\)

Nên \(f\left( {\sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} } \right) = f\left( {{m^2} + 2m + 2} \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} = {m^2} + 2m + 2.\)

Ta có

\({\left( {\sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} } \right)^2} = 18 + 2\sqrt {\left( {x + 6} \right)\left( {12 - x} \right)} \ge 18 \Rightarrow \sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} \ge 3\sqrt 2 .\)

Lại có \(\sqrt {x + 6} + \sqrt {12 - x} \le \sqrt {2\left( {x + 6 + 12 - x} \right)} = 6 \Rightarrow 3\sqrt 2 \le {m^2} + 2m + 2 \le 6\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 2m + 2 = 5}\\{{m^2} + 2m + 2 = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1}\\{m = 3}\end{array}} \right.\) thỏa mãn.