Đáp án C

Ta có \({\log _3}a = \frac{1}{{{{\log }_a}3}}\).

Đáp án C

Điểm biểu diễn số phức \(z = - 1 - 2i\) có tọa độ \(\left( { - 1;2} \right)\).

Đáp án D

Ta có \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = - 1\).

Đáp án B

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 1; - 2} \right)\).

Đáp án D

Ta có \(y\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow \) Loại A và B. Mà \(y\left( { - 1} \right) = - 4\).

Đáp án B

Ta có \[{\rm{w}} = {\left( {1 + 2i} \right)^2} + i = - 3 + 5i\].

Đáp án A

Giá trị cực đại của hàm số \(f\left( x \right)\) là 2.

Đáp án A

Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 4;0} \right)\).

Đáp án C

Hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 6{\rm{x}} + 8} \right)^{\frac{1}{{2020}}}}\) xác định \({x^2} - 6{\rm{x}} + 8 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < 2\end{array} \right.\).

Đáp án D

Ta có \(\int {{e^{4{\rm{x}} + 3}}d{\rm{x}}} = \frac{1}{4}{e^{4{\rm{x}} + 3}} + C\).

Đáp án A

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

Đáp án C

Chọn 2 học sinh lên bảng kiểm tra bài cũ từ 32 học sinh có \(C_{32}^2\) cách.

Đáp án C

Ta có \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} \Rightarrow \frac{3}{{512}} = 3.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{2^{n - 1}}}} = \frac{1}{{512}}\)

\( \Leftrightarrow {2^{n - 1}} = 512 \Leftrightarrow n - 1 = 9 \Leftrightarrow n = 10\).

Đáp án D

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

Đáp án B

Ta có \(S = \int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right)d{\rm{x}}} \right|} + \int\limits_2^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|d{\rm{x}}} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} - \int\limits_2^3 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} \).

Đáp án D

Ta có \({\left( {27\sqrt 3 } \right)^{{x^2} - x + 1}} = {9^{x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {{3^3}{{.3}^{\frac{1}{2}}}} \right)^{{x^2} - x + 1}} = {\left( {{3^2}} \right)^{x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {{3^{3 + \frac{1}{2}}}} \right)^{{x^2} - x + 1}} = {3^{2\left( {x + 1} \right)}}\).

\( \Leftrightarrow {3^{\frac{7}{2}\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = {3^{2\left( {x + 1} \right)}} \Leftrightarrow \frac{7}{2}\left( {{x^2} - x + 1} \right) = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{11 \pm \sqrt {37} }}{{14}}.\)

Đáp án A

Ta có \({z^4} - 5{z^2} - 36 = 0 \Leftrightarrow \left( {{z^2} + 4} \right)\left( {{z^2} - 9} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z^2} = - 4 = 4{i^2}}\\{{z^2} = 9}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = \pm 2i}\\{z = \pm 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| + \left| {{z_3}} \right| + \left| {{z_4}} \right| = \left| {2i} \right| + \left| { - 2i} \right| + 3 + 3 = 2 + 2 + 6 = 10.\)

Đáp án A

Đường thẳng \(y = \frac{9}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm.

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(y' = 4{{\rm{x}}^3} - 12{{\rm{x}}^2} + 8;{\rm{ y'}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Xét bảng sau:

Trong đó \({x_1} = 1 - \sqrt 3 ;{\rm{ }}{{\rm{x}}_2} = 1 + \sqrt 3 \).

Từ bảng trên, ta được giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho bằng \( - 4\).

Đáp án A

Điều kiện \(x > 0\) (*). Phương trình \( \Leftrightarrow {\log _2}x.\frac{1}{2}{\log _2}x.\frac{1}{3}{\log _2}x.\frac{1}{4}{\log _2}x = \frac{{32}}{3}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^4} = 256 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 4\\{\log _2}x =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {2^4}\\x = {2^{ - 4}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\\x = \frac{1}{{16}}\end{array} \right.\).

Đáp án C

ĐTHS có tiệm cận đứng \(x = 1\). Từ \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 3 \Rightarrow TCN:y = 3\\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5 \Rightarrow TCN:y = 5\end{array} \right.\).

Đáp án B

Ta có \(y' = 3{{\rm{x}}^2} - 2m{\rm{x}} + {m^2} - 16 \Rightarrow y'' = 6{\rm{x}} - 2m\).

YCBT \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y''\left( 0 \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 16 = 0\\ - 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 4\).

Đáp án B

Đặt \({\log _4}a = {\log _6}b = {\log _9}\left( {a + b} \right) = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {4^t}\\b = {6^t}\\a + b = {9^t}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {4^t} + {6^t} = {9^t} \Rightarrow {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{6}{9}} \right)^t} = 1 \Rightarrow {\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^t}} \right]^2} + {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 1 = 0 \Rightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}.\)

Ta có \(\frac{a}{b} = {\left( {\frac{4}{6}} \right)^t} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}.\)

Đáp án C

Ta có \({V_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{6}AB.AC.A{\rm{D}}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = 3{a^2}\\{S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD = 4{a^2}\\{S_{ACD}} = \frac{1}{2}AC.AD = 6{a^2}\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {AB.AC.AD} \right)^2} = 6{a^2}.8{a^2}.12{a^2}\)

\( \Rightarrow AB.AC.AD = 24{a^3} \Rightarrow {V_{ABCD}} = 4{a^3}.\)

Đáp án B

Đường thẳng d qua \(A\left( {3;4;2} \right)\) và có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {3;2;1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {6;4;m} \right)\).

YCBT \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A \notin \Delta \\\frac{6}{3} = \frac{4}{2} = \frac{m}{1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A \notin \Delta \\m = 2\end{array} \right.\) (1)

Ta thấy ngay \(A\left( {3;4;2} \right)\) không thuộc \(\Delta :\frac{{x - 2}}{6} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z + 3}}{m}\) vì \(\frac{{3 - 2}}{6} \ne \frac{{4 - 1}}{4}\).

Khi đó (1) \( \Leftrightarrow m = 2\), thỏa mãn \(m \ne 0\).

Đáp án B

Ta có AH qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;1;1} \right)\) là một VTCP

\( \Rightarrow AH:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow H\left( {t + 1;t + 2;t + 3} \right)\).

Mà \(H \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {t + 1} \right) + \left( {t + 2} \right) + \left( {t + 3} \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow H\left( {0;1;2} \right)\).

Đáp án A

Ta có \(V = {V_{tru}} - 2{V_{non}} = \pi {r^2}h - 2.\frac{1}{3}\pi {R^2}h' = \pi .K{D^2}.CD - \frac{2}{3}\pi K{D^2}.AK.\)

Cạnh \(AK = DH = \frac{{CD - AB}}{2} = 1\)

\( \Rightarrow K{D^2} = A{D^2} - A{K^2} = 1 \Rightarrow V = \frac{7}{3}\pi .\)

Đáp án A

Ta có \(y' = \frac{{ - {m^2} - 7m + 8}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne m \Leftrightarrow {m^2} + 7m - 8 < 0 \Leftrightarrow - 8 < m < 1.\)

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

Đáp án A

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

\( \Rightarrow x + 2 = m\left( {x + 1} \right) + nx,\) cho \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow m = 2\\x = - 1 \Rightarrow n = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_2^4 {\frac{{{x^3} + 2}}{{{x^2} + x}}dx} = \int\limits_2^4 {\left( {x - 1 + \frac{2}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \)

\( \Rightarrow I = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x + 2\ln \left| x \right| - \ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_2^4 = \left( {4 + 2\ln 4 - \ln 5} \right) - \left( {2\ln 2 - \ln 3} \right)\)

\( = 4 + 2\ln 2 + \ln 3 - \ln 5 \Rightarrow a = 4,{\rm{ }}b = 2,{\rm{ }}c = 1,{\rm{ }}d = - 1 \Rightarrow S = 6.\)

Đáp án A

Điều kiện: \(x > 0\) (*). Đặt \(t = {\log _2}x \Rightarrow {t^2} - mt + m + 2 = 0\) và \(x = {2^t}\).

Ép cho \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} - 4\left( {m + 2} \right) > 0\\{2^{{t_1}}}{.2^{{t_2}}} = 64\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m - 8 > 0\\{2^{{t_1} + {t_2}}} = 64\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m - 8 > 0\\{t_1} + {t_2} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m - 8 > 0\\m = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 6\).

Đáp án A

Kẻ \(AH \bot BC \Rightarrow \widehat {\left( {(A'BC);(ABC)} \right)} = \widehat {A'HA} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \cos 30^\circ = \frac{{AH}}{{A'H}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = \frac{2}{{\sqrt 3 }}AH = \frac{2}{{\sqrt 3 }}.\frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = AB\).

\({S_{A'BC}} = \frac{1}{2}BC.A'H = \frac{1}{2}AB.AB = 8 \Rightarrow AB = 4\).

\(\tan 30^\circ = \frac{{A'A}}{{AH}} = \frac{{A'A}}{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}}} \Rightarrow A'A = 2\)

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

Đáp án B

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

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua A, B và \(\left( Q \right){\rm{ // }}\left( P \right) \Rightarrow \left( Q \right)\) sẽ nhận \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u } \right]\) là một VTPT.

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

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

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

Đường thẳng d qua \(M\left( { - 4;2; - 3} \right)\), rõ ràng \(M \notin \left( Q \right):x + 2y + 3{\rm{z}} - 4 = 0\)

\( \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + 3{\rm{z}} - 4 = 0\) thỏa mãn.

Đáp án A

Ta có \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Giả sử \(\Delta \) cắt và vuông góc với d tại \(M \Rightarrow M\left( {t + 1;t - 1;3 - t} \right)\).

Bài ra \(\Delta \) nằm trên \(\left( P \right) \Rightarrow M \in \left( P \right) \Rightarrow 2\left( {t + 1} \right) - 5\left( {t - 1} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow - 2t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow M\left( {3;1;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 5; - 1} \right)\).

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

Đường thẳng \(\Delta \) nằm trên \(\left( P \right)\) và \(\Delta \bot {\rm{d}} \Rightarrow \Delta \) nhận \(\left[ {\overrightarrow n ;\overrightarrow u } \right] = \left( {6;1;7} \right)\) là một VTCP.

Kết hợp với \(\Delta \) qua \(M\left( {3;1;1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 3}}{6} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 1}}{7}\).

Đáp án D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}C{\rm{D}} \bot A{\rm{D}}\\C{\rm{D}} \bot {\rm{S}}A\end{array} \right. \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot {\rm{SD}}\).

Do đó \(\widehat {\left( {(SC{\rm{D}});(ABC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {S{\rm{D}}A}\).

\[\tan \widehat {S{\rm{D}}A} = \frac{{SA}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {S{\rm{D}}A} = 60^\circ \].

Đáp án C

Kẻ \(SH \bot \left( {ABC} \right)\), gọi \(K = AH \cap BC\).

Kẻ \(HP \bot {\rm{S}}K \Rightarrow d\left( {A;(SBC)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H;(SBC)} \right) = \frac{3}{2}HP = d\).

Ta có \(\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}\). Cạnh \(HK = \frac{{AB}}{{2\sqrt 3 }} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}\)

\(S{H^2} = S{A^2} - A{H^2} = 4{{\rm{a}}^2} - {\left( {\frac{{AB}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{{11{{\rm{a}}^2}}}{3}\)

\( \Rightarrow HP = a\sqrt {\frac{{11}}{{135}}} \Rightarrow d\left( {A;(SBC)} \right) = \frac{{a\sqrt {165} }}{{15}}\).

Đáp án C

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^3},x \in \left( { - 2;1} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 3{{\rm{x}}^2}\).

Với mọi \(x \in \left( { - 2;1} \right)\) thì \(f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 2;1} \right)\).

Khi đó \(m > g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( { - 2} \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( { - 2} \right) + 8\).

Đáp án C

Ta có \(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} + \int\limits_6^{10} {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 7\)

\( \Rightarrow P + \int\limits_2^6 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} = 7 \Rightarrow P + 3 = 7 \Rightarrow P = 4\).

Đáp án A

Ta có \({V_{AB'CM}} = {V_{B'.ACM}} = \frac{1}{3}d\left( {B';(ACM)} \right).{S_{ACM}}\).

Từ \(BB'{\rm{ // CM}} \Rightarrow {\rm{BB' // }}\left( {ACM} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {B';(ACM)} \right) = d\left( {B;(ACM)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{AB'CM}} = \frac{1}{3}d\left( {B;(ACM)} \right).{S_{ACM}} = {V_{B.ACM}} = {V_{M.ABC}}\)

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

Đáp án A

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

Ta có \(\left| {z - 2i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {a + \left( {b - 2} \right)i} \right| = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}} = 1 \Leftrightarrow {a^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} = 1.\)

Lại có \(\left( {1 + i} \right)z + \overline z = \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + a - bi = 2{\rm{a}} - b + ai\) là số thuần ảo.

Nên \(2a - b = 0 \Rightarrow b = 2a \Rightarrow {a^2} + {\left( {2a - 2} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = \frac{3}{5}\end{array} \right.\)

+ Với \(a = 1 \Rightarrow b = 2 \Rightarrow z = 1 + 2i\).

+ Với \(a = \frac{3}{5} \Rightarrow b = \frac{6}{5} \Rightarrow z = \frac{3}{5} + \frac{6}{5}i\).

Đáp án D

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

\(f\left( x \right) = 1\) có đúng 3 nghiệm phân biệt; \(f\left( x \right) = - 1\) có đúng 1 nghiệm.

\(f\left( x \right) = 2\) có đúng 3 nghiệm phân biệt; \(f\left( x \right) = - 2\) có đúng 1 nghiệm.

Các nghiệm nói trên không trùng nhau.

Đáp án B

Gọi \(I = AB \cap \left( P \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( {4;4;4} \right) = 4\left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + t\\z = 1 + t\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {t + 1;t + 1;t + 1} \right).\)

Mà \(I \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {t + 1} \right) + \left( {t + 1} \right) - \left( {t + 1} \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow I\left( {3;3;3} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {IA} = \left( { - 2; - 2; - 2} \right)}\\{\overrightarrow {IB} = \left( { - 6; - 6; - 6} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = 2\sqrt 3 }\\{IB = 6\sqrt 3 }\end{array}} \right.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right)\) tại C nên IC là tiếp tuyến của \(\left( S \right)\).

Do đó \(IA.IB = I{C^2} \Rightarrow IC = \sqrt {IA.IB} = 6 \Rightarrow C\) thuộc mặt cầu có tâm \(I\left( {3;3;3} \right)\) và bán kính \(R = IC = 6\).

Đáp án A

\(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S \Rightarrow SO = OA = OB = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Thiết diện qua đỉnh của \(\left( N \right)\) là \(\Delta SC{\rm{D}}\) như hình vẽ.

Kẻ \(OP \bot C{\rm{D}} \Rightarrow \widehat {\left( {(SC{\rm{D}});(OC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {SPO} = 60^\circ \).

\(\sin 60^\circ = \frac{{SO}}{{SP}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SP = \frac{2}{{\sqrt 3 }}.SO = \frac{2}{{\sqrt 3 }}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt {\frac{2}{3}} \).

\(\tan 60^\circ = \frac{{SO}}{{OP}} \Rightarrow OP = \frac{{SO}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\)

\( \Rightarrow P{\rm{D}} = \sqrt {O{{\rm{D}}^2} - O{P^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 6 }}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow C{\rm{D}} = 2P{\rm{D}} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {S_{SC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}SP.C{\rm{D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}\).

Đáp án D

Rút ngẫu nhiên 10 tấm thẻ từ 40 tấm thẻ có \(C_{40}^{10}\) cách.

Từ số 1 đến số 40 có 6 số chia hết cho 6 là 6; 12; 18; …36, đặt \(M = \left\{ {6;12;18;...36} \right\}\).

Chọn 1 số chia hết cho 6 từ tập M có \(C_6^1\) cách (số được chọn là số chẵn).

Rút 4 số chẵn (cho đủ 5 số chẵn) từ tập \(K = \left\{ {2;4;...40} \right\}\backslash M\) có \(C_{20 - 6}^4 = C_{14}^4\) cách.

Rút 5 số lẻ có \(C_{20}^5\) cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{C_6^1.C_{14}^4.C_{20}^5}}{{C_{40}^{10}}} = \frac{{126}}{{1147}}\).

Đáp án A

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

\( \Rightarrow {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{{e^x}}}} \right]^\prime } = 2{\rm{x}} + 1 \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^x}}} = \int {\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)d{\rm{x}}} = {x^2} + x + C\).

Mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {{x^2} + x} \right){e^x} \Rightarrow f\left( 1 \right) = 2{\rm{e}}\).

Đáp án D

Ta có \(y' = 2f'\left( {2x + 1} \right) + \frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}.\left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \right)\)

\( = 2{\left( {2x} \right)^3}{\left( {2x + 4} \right)^5}\left( {2x + 2} \right)g\left( {2x + 1} \right) - \frac{2}{{\sqrt {{{\left( {2x + 1} \right)}^2} - 2\left( {2x + 1} \right) + 5} }} + \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)

\( = 2{\left( {2x} \right)^3}{\left( {2x + 4} \right)^5}\left( {2x + 2} \right)g\left( {2x + 1} \right) - \frac{2}{{\sqrt {4{x^2} + 4} }} + \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} < 0\)

\( = 2{\left( {2x} \right)^3}{\left( {2x + 4} \right)^5}\left( {2x + 2} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < - 2}\\{ - 1 < x < 0}\end{array}} \right..\)

Đáp án C

Ta có \(P = \frac{1}{{{{\log }_a}\frac{a}{b}}} + 4{\log _b}\frac{a}{b} = \frac{1}{{1 - {{\log }_a}b}} + 4\left( {{{\log }_b}a - 1} \right) = \frac{1}{{1 - {{\log }_a}b}} + \frac{4}{{{{\log }_a}b}} - 4.\)

Đặt \(t = {\log _a}b \Rightarrow P = \frac{1}{{1 - t}} + \frac{4}{t} - 4.\)

Từ \(a > \sqrt a \Rightarrow a > 1 \Rightarrow t = {\log _a}b < {\log _a}a \Rightarrow t < 1.\)

Từ \(b \ge \sqrt a \Rightarrow t = {\log _a}b \ge {\log _a}\sqrt a = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{2} \le t < 1.\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{1}{{1 - t}} + \frac{4}{t} - 4\), với \(t \in \left[ {\frac{1}{2};1} \right)\) có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \in \left( {\frac{1}{2};1} \right)}\\{f'\left( t \right) = \frac{1}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} - \frac{4}{{{t^2}}} = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \in \left( {\frac{1}{2};1} \right)}\\{t = 2\left( {1 - t} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}.\)

Xét bảng sau:

Từ đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{2};1} \right)} f\left( t \right) = 5\).

Đáp án C

Ta có: \({S_1} + {S_2} = \int\limits_0^k {\sqrt x dx} = \int\limits_0^{\sqrt k } {td\left( {{t^2}} \right)} = \int\limits_0^{\sqrt k } {t.2tdt} = \frac{{2k\sqrt k }}{3}.\)

\({S_2} = \frac{1}{2}AC.AB = \frac{1}{2}\sqrt k .\frac{k}{2} = \frac{1}{4}k\sqrt k \)

\( \Rightarrow {S_1} = \frac{2}{3}k\sqrt k - \frac{1}{4}k\sqrt k = \frac{5}{{12}}k\sqrt k \)

\( \Rightarrow 3{S_1} + {S_2} = \frac{3}{2}k\sqrt k = 12 \Rightarrow k = 4.\)

Đường thẳng \(y = ax + b\) qua

\(B\left( {2;0} \right),C\left( {4;2} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 0}\\{4a + b = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 2}\end{array}} \right..\)

Đáp án C

Mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9\) có tâm \(I\left( {1; - 2; - 2} \right)\), bán kính \(R = 3\).

Gọi d là đường thẳng thay đổi qua M và cắt \(\left( S \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B.

Ta có \(\overrightarrow {MI} = \left( {0; - 4; - 1} \right) \Rightarrow MI = \sqrt {17} > R \Rightarrow M\) nằm ngoài \(\left( S \right)\).

Gọi H là trung điểm của cạnh AB.

Ta có \(MA + MB = \left( {MH + HA} \right) + MB = MH + HB + MB = MH + HM = 2MH \le 2MI = 2\sqrt {17} .\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow d\) qua I.

Đáp án D

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}m + x \ge 0\\m - x \ge 0\\x \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \left( {m + x} \right) + \left( {m - x} \right) \ge 0 \Rightarrow m \ge 0.\)

Ta thấy \(x = 0\) thỏa mãn phương trình.

Với \(x > 0 \Rightarrow 2\sqrt {\frac{m}{x} + 1} - \sqrt {\frac{m}{x} - 1} = \sqrt {\frac{m}{x} - 1 + \sqrt {\frac{m}{x} + 1} } .\)

Đặt \(t = \frac{m}{x} \ge 0 \Rightarrow 2\sqrt {t + 1} - \sqrt {t - 1} = \sqrt {t - 1 + \sqrt {t + 1} } \)

\( \Rightarrow 4\left( {t + 1} \right) + \left( {t - 1} \right) - 4\sqrt {{t^2} - 1} = t - 1 + \sqrt {t + 1} \)

\( \Rightarrow 4\left( {t + 1} \right) - 4\sqrt {\left( {t + 1} \right)\left( {t - 1} \right)} = \sqrt {t + 1} \)

\( \Rightarrow 4\sqrt {t + 1} - 4\sqrt {t - 1} = 1 \Rightarrow 16\left( {t + 1} \right) = 16\left( {t - 1} \right) + 1 + 8\sqrt {t - 1} \Rightarrow 8\sqrt {t - 1} = 31 \Rightarrow t = \frac{{1025}}{{64}}.\)

Thử lại ta thấy thỏa mãn \( \Rightarrow \frac{m}{x} = \frac{{1025}}{{64}} \Rightarrow x = \frac{{64m}}{{1025}} \Rightarrow 0 + \frac{{64m}}{{1025}} = \frac{{192}}{{205}} \Rightarrow m = 15.\)

Đáp án D

Gọi M, N, P lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức \({z_1},{z_2},{z_3}\).

Suy ra M, N, P thuộc đường tròn \(\left( {O;1} \right)\).

Ta có \(MN = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}\).

Kẻ \(OH \bot MN \Rightarrow MH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \cos \widehat {OMN} = \frac{{MN}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow \widehat {OMN} = {15^0} \Rightarrow \widehat {MON} = {150^0}\)

Ta có \(\left| {{z_3} - {z_1}} \right| = \left| {{z_1}} \right|.\left| {{z_3} - {z_1}} \right| = \left| {{z_3}{z_1} - z_1^2} \right| = \left| {{z_3}{z_1} - {z_3}{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right|.\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow MP = \left| {{z_3} - {z_1}} \right| = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} \Rightarrow MN = MP = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}.\)

Tương tự như trên \( \Rightarrow \widehat {MOP} = {150^0} \Rightarrow \widehat {NOP} = {360^0} - \left( {{{150}^0} + {{150}^0}} \right) = {60^0}\)

\( \Rightarrow \Delta NOP\) đều \( \Rightarrow NP = 1\)

\( \Rightarrow \left| {{z_2} - {z_3}} \right| = NP = 1 \Rightarrow \left| {{z_2} - {z_3}} \right| - \left| {{z_3} - {z_1}} \right| = 1 - \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} = \frac{{2 - \sqrt 6 - \sqrt 2 }}{2}.\)