Đáp án B

Mặt phẳng \[\left( P \right):x + 2y - 3z + 3 = 0\] có một VTPT là \[\overrightarrow n = \left( {1;2; - 3} \right)\].

Đáp án C

Ta có \[\ln \left( {a{b^3}} \right) = \ln a + \ln {b^3} = \ln a + 3\ln b\].

Đáp án B

Hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { - \infty ;1} \right)\].

Đáp án D

Ta có \[\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx} = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. = f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) = 3\].

Đáp án C

Ta có \[z = \frac{{1 - 2i}}{{1 - i}} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {10} }}{2}\].

Đáp án D

Ta có \[y\left( 2 \right) = 0 \Rightarrow \] Loại A, B, C.

Đáp án A

Ta có \[y = {\log _{\frac{3}{4}}}\left| x \right| \Rightarrow y' = \frac{1}{{x\ln \frac{3}{4}}} = \frac{1}{{x\left( {\ln 3 - \ln 4} \right)}} = \frac{1}{{x\left( {\ln 3 - 2\ln 2} \right)}}\].

Đáp án C

Ta có \[\int {\sin 5xdx} = - \frac{{\cos 5x}}{5} + C\].

Đáp án A

Giá trị cực đại của hàm số \[f\left( x \right)\] là 4.

Đáp án C

Đường thẳng \[y = \frac{2}{3}\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 3 điểm phân biệt.

Đáp án D

Ta có \[\overrightarrow u = \overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - n = 3\\1 - n = - 4\\m + 1 = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\n = 5\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 9\].

Đáp án D

Ta có \[{S_5} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^5}} \right)}}{{1 - q}}\].

Đáp án B

Ta có \[S = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} \].

Đáp án D

Ta có \[R = 3\] và \[{S_{xq}} = \pi Rl = \pi R\sqrt {{h^2} + {R^2}} = 15\pi \].

\[ \Rightarrow 3\sqrt {{h^2} + 9} = 15 \Rightarrow h = 4 \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = 12\pi \].

Đáp án B

Ta có \[\Delta = {\left( {1 - 2i} \right)^2} + 4\left( {1 + i} \right) = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}1z = \frac{{ - 1 + 2i + 1}}{2} = i\\z = \frac{{ - 1 + 2i - 1}}{2} = - 1 + i\end{array} \right.\].

\[ \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \left| i \right| + \left| { - 1 + i} \right| = 1 + \sqrt 2 \].

Đáp án A

Mỗi ngày có 3 cách chọn mua 1 tờ nhật báo.

Vậy 6 ngày có \[3.3.3.3.3.3 = {3^6} = 729\] cách chọn mua 1 tờ nhật báo.

Đáp án A

Ta có \[A\left( { - 2;1} \right),B\left( {1;3} \right)\].

Trung điểm của đoạn thẳng AB là \[I\left( {\frac{{ - 2 + 1}}{2};\frac{{1 + 3}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( { - \frac{1}{2};2} \right)\].

Điểm I biểu diễn số phức \[ - \frac{1}{2} + 2i\].

Đáp án C

Với \[a,b > 0\] có \[{a^2} + {b^2} = 8ab \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} = 10ab \Leftrightarrow \log {\left( {a + b} \right)^2} = \log \left( {10ab} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2\log \left( {a + b} \right) = 1 + \log a + \log b \Leftrightarrow \log \left( {a + b} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + \log a + \log b} \right)\].

Đáp án D

Ta có \[AC{'^2} = A{C^2} + CC{'^2} = A{B^2} + B{C^2} + CC{'^2} = 3A{B^2}\].

\[\begin{array}{l} \to AB\sqrt 3 = AC' = 2a\sqrt 3 \Rightarrow AB = 2a.\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A{B^3} = 8{a^3}.\end{array}\]

Đáp án C

Đường thẳng d có một VTCP là \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 3;0} \right)\].

Đường thẳng \[\Delta \] có một VTCP là \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;m; - 2} \right)\].

YCBT \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0 \Leftrightarrow 2 - 3m + 0 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}\], thỏa mãn \[m \ne 0\].

Đáp án C

Ta có \[V = \frac{1}{3}\pi H{M^2}.QH + \frac{1}{3}\pi H{M^2}.NH = \frac{2}{3}\pi {\left( {\frac{{AD}}{2}} \right)^2}.\frac{{AB}}{2} = 8\pi \].

Đáp án D

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ { - 1;3} \right]\].

Ta có \[y' = \frac{{11}}{{{{\left( {x + 5} \right)}^2}}} > 0,\forall \in \left( { - 1;3} \right) \Rightarrow {\max _{\left[ { - 1;3} \right]}}y = y\left( 3 \right) = \frac{5}{8}\].

Đáp án C

Ta có \[{2^{10x - 1}} = {\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{x + 2}} \Rightarrow {2^{10x - 1}} = {\left( {\frac{1}{{{2^4}}}} \right)^{x + 2}} = {\left( {{2^{ - 4}}} \right)^{x + 2}} = {2^{ - 4\left( {x + 2} \right)}}\].

\[ \Rightarrow 10x - 1 = - 4\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}.\]

Đáp án C

Ta có \[\int\limits_2^3 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {x - 2} \right) + 1}}dx} = \int\limits_2^3 {\frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x + 1}}dx} = \int\limits_2^3 {\frac{{x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_2^3 {\frac{{x - 1 + 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}dx} \]

\[\begin{array}{l} = \int\limits_2^3 {\left[ {\frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right]dx = \left( {\ln \left| {x - 1} \right| - \frac{2}{{x - 1}}} \right)\left| \begin{array}{l}^3\\_2\end{array} \right.} \\ = \left( {\ln 2 - 1} \right) - \left( { - 2} \right) = 1 + \ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 3.\end{array}\]

Đáp án B

Ta có \[SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ \].

\[ \Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = a\sqrt 3 \].

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.A{B^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\]

Đáp án B

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot SB\].

Từ  \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\BC \bot SB;BC \bot AB\\SB \subset \left( {SBC} \right);AB \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SBA}\\ \Rightarrow \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {SBA} = 45^\circ .\end{array}\]

Đáp án A

Ta có \[f\left( x \right) = \int {\left( {3{x^2} + 2x - m + 1} \right)dx} = {x^3} + {x^2} + \left( {1 - m} \right)x + C\].

Bài ra, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) = 1\\f\left( 0 \right) = - 5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {1 - m} \right) + C + 12 = 1\\C = - 5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\C = - 5\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 3x - 5 \Rightarrow f\left( 3 \right) = 22\].

Đáp án D

Ta có \[\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 - t\\z = t\end{array} \right.\;\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow H\left( {1 + t;1 - t;t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {t;2 - t;t + 1} \right)\].

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

Do \[AH \bot d\] nên \[\overrightarrow {AH} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow t - 2 + t + t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3};\frac{2}{3};\frac{1}{3}} \right)\].

Đáp án B

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

Đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận đứng là \[x = \pm 1\].

Đáp án D

Điều kiện \[x > \frac{1}{4}\;\;\;\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2{\log _3}\left( {x + 2} \right) + \frac{1}{3}.3{\log _3}\left( {4x - 1} \right) = 2\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {4x - 1} \right)} \right] = 2 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {4x - 1} \right) = {2^3} \Rightarrow x = 1\] thỏa mãn (*).

Đáp án C

Ta có \[OA = OB \Rightarrow OA \bot OB \Rightarrow AB = R\sqrt 2 \].

\[{S_{SAB}} = \frac{1}{2}AB\sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = {R^2}\sqrt 2 \].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{2}.R\sqrt 2 = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = {R^2}\sqrt 2 \\ \Rightarrow S{A^2} - \frac{{{R^2}}}{2} = \left( {2{R^2}} \right) \Rightarrow SA = \frac{{3R}}{{\sqrt 2 }}\\ \Rightarrow h = SO = \sqrt {S{A^2} - {R^2}} = R\sqrt {\frac{7}{2}} \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{7}{2}} \pi {R^3}.\end{array}\]

Đáp án B

Ta có \[y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {2{m^2} - 10m + 9} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 2{m^2} - 10m + 9 = 0\].

Hàm số có 2 điểm cực trị \[ \Leftrightarrow y' = 0\] có 2 nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - \left( {2{m^2} - 10m + 9} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 9 < 0 \Leftrightarrow 1 < m < 9.\]

Đáp án A

Điều kiện \[x > 0\;\;\;\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow \left( {\log _2^2x - 4} \right) - m\left( {{{\log }_2}x - 2} \right) = 0\].

\[ \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 2} \right)\left( {{{\log }_2}x + 2} \right) = m\left( {{{\log }_2}x - 2} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 2\\{\log _2}x + 2 = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = {2^{m - 2}}\end{array} \right.\].

\[ \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 4 + {2^{m - 2}} = 20 \Rightarrow {2^{m - 2}} = 16 \Rightarrow m - 2 = 4 \Rightarrow m = 6\] thỏa mãn.

Đáp án A

Ta có \[y' = \frac{{ - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} > 0,\forall x < - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 2 > 0\\m \ge - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le m < 2\].

Đáp án A

Ta có \[AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {AD;SC} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\].

Kẻ \[AP \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AP \Rightarrow d\left( {AD;SC} \right) = AP\].

Ta có \[\frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\]. Cạnh \[AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{2}\].

Lại có \[\widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ \].

\[ \Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\]

Đáp án D

Thể tích của bể là \[V = 3ab = 72 \Rightarrow ab = 24\].

Để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất thì tổng diện tích S của bốn mặt bên, mặt đáy, tấm kính ở giữa phải nhỏ nhất.

Ta có \[S = 2.3a + 2.3b + ab + 3a = ab + 9a + 6b \ge ab + 2\sqrt {9a.6b} = 24 + 2\sqrt {54.24} = 96\].

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 24\\9a = 6b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 6\end{array} \right.\].

Đáp án A

Đường thẳng \[{d_1}\] có một VTCP là \[\overrightarrow v = \left( {1;1; - 1} \right)\].

Đường thẳng \[{d_2}\] có một VTCP là \[\overrightarrow u = \left( {1; - 2;1} \right)\].

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

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

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

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

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

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

Đáp án A

Đường thẳng \[{d_1}\] qua \[A\left( {2; - 3;4} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {3;1; - 2} \right)\] là một VTCP.

Đường thẳng \[{d_2}\] qua \[B\left( {4; - 1;0} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3;1; - 2} \right)\] là một VTCP.

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}A \notin {d_2}\\\overrightarrow {{u_1}} = \overrightarrow {{u_2}} \end{array} \right. \Rightarrow {d_1}//{d_2}\].

Gọi d là đường thẳng cần tìm.

Bài ra d thuộc mặt phẳng chứa \[{d_1}\] và \[{d_2}\], đồng thời cách đều \[{d_1}\] và \[{d_2}\].

Ta có \[A\left( {2; - 3;4} \right) \in {d_1}\] và \[B\left( {4; - 1;0} \right) \in {d_2} \Rightarrow \] trung điểm M của AB sẽ thuộc d.

Điểm \[M\left( {\frac{{2 + 4}}{2};\frac{{ - 3 - 1}}{2};\frac{{4 + 0}}{2}} \right) \Rightarrow M\left( {3; - 2;2} \right) \Rightarrow d\] qua \[M\left( {3; - 2;2} \right)\].

Lại có \[C\left( {5; - 2;2} \right) \in {d_1}\] và \[D\left( {7;0; - 2} \right) \in {d_2} \Rightarrow \] trung điểm N của CD sẽ thuộc d.

Điểm \[N\left( {\frac{{5 + 7}}{2};\frac{{ - 2 + 0}}{2};\frac{{2 - 2}}{2}} \right) \Rightarrow N\left( {6; - 1;0} \right) \Rightarrow d\] qua \[N\left( {6; - 1;0} \right)\].

Đường thẳng d qua \[M\left( {3; - 2;2} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {MN} = \left( {3;1; - 2} \right)\] là một VTCP.

\[ \Rightarrow d:\frac{{x - 3}}{3} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 2}}\].

Đáp án D

Giả sử \[z = a + bi\;\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\], ta có \[\left| {z + 1} \right| = 2\sqrt 5 \]

\[ \Leftrightarrow \left| {a + bi + 1} \right| = 2\sqrt 5 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {b^2}} = 2\sqrt 5 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2a = 19.\]

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

Nên \[{\left( {a - 1} \right)^2} - {b^2} = 0 \Leftrightarrow {b^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} \Rightarrow {a^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} + 2a = 19 \Leftrightarrow 2{a^2} = 18 \Leftrightarrow a = \pm 3\].

+ Với \[a = 3 \Rightarrow {b^2} = 4 \Leftrightarrow b = \pm 2 \Rightarrow z = 3 \pm 2i\].

+ Với \[a = - 3 \Rightarrow {b^2} = 16 \Leftrightarrow b = \pm 4 \Rightarrow z = - 3 \pm 4i\].

Do đó sẽ có 4 số phức z thỏa mãn bài toán.

Đáp án D

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^3} - 4x,x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 3{x^2} - 4\].

Từ hình vẽ, ta thấy với mọi \[x \in \left( {0;2} \right)\] thì \[0 < f'\left( x \right) < 4 \Rightarrow f'\left( x \right) - 4 < 0\]

\[ \Rightarrow g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {0;2} \right)\].

Khi đó \[m < g\left( x \right),\forall x \in \left( {0;2} \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 2 \right) - 16\].

Đáp án C

Có tất cả \[9.10.10.10.10.10.10 = {9.10^6}\] số tự nhiên có 7 chữ số.

Ta có \[\overline {abcdefg} \; \vdots \;9 \Leftrightarrow \left( {a + b + c + d + e + f + g} \right) \vdots 9\]. Các số lẻ chia hết cho 9 là 1000017, 1000035, 100053,…,9999999.

Đây là một cấp số cộng có \[{u_1} = 1000017\] và công sai \[d = 18\].

Số phần tử của dãy này là \[\frac{{999999 - 1000017}}{{18}} + 1 = 500000\].

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{{500000}}{{{{9.10}^6}}} = \frac{1}{{18}}.\]

Đáp án C

Ta có \[\frac{{3b - 1}}{4} \le {b^3} \Leftrightarrow 4{b^3} - 3b + 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {b + 1} \right)\left( {4{b^2} - 4b + 1} \right) \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {b + 1} \right){\left( {2b - 1} \right)^2} \ge 0\] luôn đúng với \[\frac{1}{3} < b < 1.\]

\[ \Rightarrow {\log _a}\left( {\frac{{3b - 1}}{4}} \right) \ge {\log _a}{b^3}\] (vì \[a < 1\]) \[ \Rightarrow {\log _a}\left( {\frac{{3b - 1}}{4}} \right) \ge 3{\log _a}b\].

Biến đổi \[{\log _{\frac{b}{a}}}a = \frac{1}{{{{\log }_a}\frac{b}{a}}} = \frac{1}{{{{\log }_a}b - 1}}\]

\[ \Rightarrow P \ge 3{\log _a}b + \frac{{12}}{{{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right)}^2}}} - 3 = 3\left( {{{\log }_a}b - 1} \right) + \frac{{12}}{{{{\left( {{{\log }_a}b - 1} \right)}^2}}}\].

Bài ra \[\frac{1}{3} < b < a < 1 \Rightarrow {\log _a}b > 1\].

Đặt \[t = {\log _a}b - 1 > 0 \Rightarrow P \ge 3t + \frac{{12}}{{{t^2}}} = \frac{{3t}}{2} + \frac{{3t}}{2} + \frac{{12}}{{{t^2}}} \ge 3.\sqrt {\frac{{3t}}{2}.\frac{{3t}}{2}.\frac{{12}}{{{t^2}}}} = 9\].

Dấu “=” xảy ra \[\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{2}\\\frac{{3t}}{2} = \frac{{12}}{{{t^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{2}\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{2}\\b = {a^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{2}\\a = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\end{array} \right.\].

Đáp án C

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

\[{d_1}\] có hệ số góc là \[f'\left( 1 \right)\] và \[{d_2}\] có hệ số góc là \[g'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) + 2f'\left( 1 \right)\].

Mà \[{d_1} \bot {d_2} \Rightarrow f'\left( 1 \right).g'\left( 1 \right) = - 1 \Leftrightarrow f'\left( 1 \right).\left[ {f\left( 1 \right) + 2f'\left( 1 \right)} \right] = - 1\].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{{ - 2{{\left[ {f'\left( 1 \right)} \right]}^2} - 1}}{{f'\left( 1 \right)}}\\ \Rightarrow \left| {f\left( 1 \right)} \right| = \left| {\frac{{2{{\left[ {f'\left( 1 \right)} \right]}^2} + 1}}{{f'\left( 1 \right)}}} \right| = \frac{{2{{\left[ {f'\left( 1 \right)} \right]}^2} + 1}}{{\left| {f'\left( 1 \right)} \right|}} \ge \frac{{2\sqrt {2{{\left[ {f'\left( 1 \right)} \right]}^2}.1} }}{{\left| {f'\left( 1 \right)} \right|}} = 2\sqrt 2 .\end{array}\]

Đáp án C

Đặt \[x = \frac{1}{t}\].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} {t.f\left( {\frac{1}{t}} \right)d\left( {\frac{1}{t}} \right)} = \int\limits_2^{\frac{1}{2}} {t.f\left( {\frac{1}{t}} \right).\frac{{ - 1}}{{{t^2}}}dt} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{t}.f\left( {\frac{1}{t}} \right)dt} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}.f\left( x \right)dx} \\ \Rightarrow 5I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx} + 4\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}.f\left( {\frac{1}{x}} \right)dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}\left[ {f\left( x \right) + 4f\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right]dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{x}.8{x^2}dx} = 4{x^2}\left| \begin{array}{l}^2\\_{\frac{1}{2}}\end{array} \right. = 15 \Rightarrow I = 3.\end{array}\]

Đáp án D

Mặt cầu \[\left( {{S_1}} \right)\] có tâm \[{I_1}\left( {1;2;3} \right)\] và bán kính \[{R_1} = 1\].

Mặt cầu \[\left( {{S_2}} \right)\] có tâm \[{I_2}\left( {2;m;1} \right)\] và bán kính \[{R_2} = 4\].

Ta có \[\left( {{S_1}} \right)\] tiếp xúc với \[\left( {{S_2}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}\\{I_1}{I_2} = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{I_1}{I_2} = 5\\{I_1}{I_2} = 3\end{array} \right.\].

Ta có \[\overrightarrow {{I_1}{I_2}} = \left( {1;m - 2; - 2} \right) \Rightarrow {I_1}{I_2} = \sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 5} \].

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 5} = 5\\\sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + 5} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {m - 2} \right)^2} + 5 = 25\\{\left( {m - 2} \right)^2} + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 \pm 2\sqrt 5 \\m = 0\\m = 4\end{array} \right.\].

Đáp án D

Ta có \[\begin{array}{l}\left| {z + 2w} \right| = 3 \Leftrightarrow {\left| {z + 2w} \right|^2} = 9 \Leftrightarrow \left( {z + 2w} \right).\left( {\overline {z + 2w} } \right) = 9\\ \Leftrightarrow \left( {z + 2w} \right).\left( {\overline z + 2\overline w } \right) = 9 \Leftrightarrow z.\overline z + 2\left( {z.\overline w + \overline z .w} \right) + 4w.\overline z = 9 \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} + 2P + 4{\left| w \right|^2} = 9\;\;\;\left( 1 \right)\end{array}\]

Tương tự:

 \[\begin{array}{l}\left| {2z + 3w} \right| = 6 \Leftrightarrow \left( {2z + 3w} \right).\left( {2\overline z + 3\overline w } \right) = 36 \Leftrightarrow 4{\left| z \right|^2} + 6P + 9{\left| w \right|^2} = 36\;\;\;\left( 2 \right)\\\left| {z + 4w} \right| = 7 \Leftrightarrow \left( {z + 4w} \right).\left( {\overline z + 4\overline w } \right) = 49 \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} + 4P + 16{\left| w \right|^2} = 49\;\;\;\left( 3 \right)\end{array}\]

Từ (1), (2), (3) ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{\left| z \right|^2} = 33\\P = - 28\\{\left| w \right|^2} = 8\end{array} \right. \Rightarrow P = - 28\].

Đáp án C

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( {0;4} \right)\\f'\left( x \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\]. Ta cần so sánh \[f\left( 0 \right),f\left( 4 \right),f\left( 2 \right)\]. Nên loại được D.

Hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( {0;2} \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 0 \right) \Rightarrow \] Loại B.

Từ \[f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) - 2f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) - f\left( 3 \right) \Rightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) - 2f\left( 2 \right)\].

Hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( {0;2} \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right)\].

Hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {2;4} \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right)\].

\[ \Rightarrow 2f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) \Rightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 0 \right) < 0 \Rightarrow f\left( 4 \right) < f\left( 0 \right)\].

Vậy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right)\].

Đáp án C

Cách 1:

Xét \[f'\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right) \Rightarrow f\left( x \right) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right) + b\].

\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 0\\f\left( 2 \right) = - 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\ - \frac{4}{3}a = - 4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 3x\left( {x - 2} \right)\\f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\\y = f\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)\end{array} \right.\\y' = \left( {3{x^2} - 6x} \right).f'\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right) = 3x\left( {x - 2} \right).3\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)\left( {{x^3} - 3{x^2} - 2} \right) = 9{x^3}\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {{x^3} - 3{x^2} - 2} \right)\end{array}\]

Ta có \[{x^3} - 3{x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2 \Rightarrow y' = 0\] có 1 nghiệm đơn \[x = {x_0}\] khác \[x = 0;x = 2;x = 3\].

Như vậy tổng số nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ của \[y' = 0\] là 4. Chọn C.

Cách 2:

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

Phương trình \[f\left( x \right) = 0\] có 1 nghiệm kép \[x = 0\] và 1 nghiệm đơn \[x = a\;\left( {a > 2} \right)\].

Phương trình \[f\left( x \right) = 2\] có 1 nghiệm đơn \[x = b\;\left( {b > a} \right)\].

Như vậy \[y' = 0\] có tất cả 4 nghiệm đơn (nghiệm bội lẻ) là \[x = 0;x = 2;x = a;x = b\].

Đáp án A

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = 6x - {x^2};y = 0\] là \[\int\limits_0^6 {\left| {6x - {x^2}} \right|dx} = 36\].

Ta có \[{x^2} - 6x + m = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} = 9 - m \Rightarrow x = 3 \pm \sqrt {9 - m} \;\left( {0 < m < 9} \right)\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = 6x - {x^2};y = m\].

\[\frac{2}{3}.36 = \int\limits_{3 - \sqrt {9 - m} }^{3 + \sqrt {9 - m} } {\left( {6x - {x^2} - m} \right)dx} \Rightarrow 24.3 = \left( {9{x^2} - {x^3} - 3mx} \right)\left| \begin{array}{l}^{3 + \sqrt {9 - m} }\\_{3 - \sqrt {9 - m} }\end{array} \right.\]

Đặt \[\sqrt {9 - m} = a\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow 72 = 9\left[ {{{\left( {3 + a} \right)}^2} - {{\left( {3 - a} \right)}^2}} \right] - \left[ {{{\left( {3 + a} \right)}^3} - {{\left( {3 - a} \right)}^3}} \right] - 3\left( {9 - {a^2}} \right).2a\\\;\;\;\;\;\;\;\; = 9.12a - \left[ {{{\left( {a + 3} \right)}^3} + {{\left( {a - 3} \right)}^3}} \right] - 6a\left( {9 - {a^2}} \right) = 54a + 6{a^3} - \left( {2{a^3} + 54a} \right) = 4{a^3}\\ \Rightarrow {a^3} = 18 \Rightarrow {\left( {\sqrt {9 - m} } \right)^3} = 18 \Rightarrow {\left( {9 - m} \right)^3} = 324.\end{array}\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = 6x - {x^2};y = n\].

\[\frac{1}{3}.36 = \int\limits_{3 - \sqrt {9 - n} }^{3 + \sqrt {9 - n} } {\left( {6x - {x^2} - n} \right)dx} \Rightarrow 12.3 = \left( {9{x^2} - {x^3} - 3nx} \right)\left| \begin{array}{l}^{3 + \sqrt {9 - n} }\\_{3 - \sqrt {9 - n} }\end{array} \right.\]

Tương tự như trên \[ \Rightarrow 36 = 4{\left( {\sqrt {9 - n} } \right)^3} \Rightarrow {\left( {9 - n} \right)^3} = 81.\]

Đáp án B

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( {3;2;0} \right)\] và bán kính \[R = 2\].

Ta có \[\overrightarrow {AI} = \left( {4;0;0} \right) \Rightarrow AI = 4 \Rightarrow AI = 2IK \Rightarrow \frac{{IA}}{{IK}} = 2\].

Trên đoạn thẳng AI lấy điểm C sao cho \[IC = 1 \Rightarrow C\] cố định.

Ta có \[\begin{array}{l}IC.IA = 1.4 = 4 = I{K^2} \Rightarrow \Delta ICK\~\Delta IKA\\ \Rightarrow \frac{{CK}}{{KA}} = \frac{{IK}}{{IA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow KA = 2KC\end{array}\]

\[ \Rightarrow KA + 2KB = 2\left( {KC + KB} \right) \ge 2BC\] (không đổi).

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow K = BC \cap \left( S \right)\] và K ở giữa B và C.

Ta có \[\overrightarrow {IA} = 4\overrightarrow {IC} \Rightarrow C\left( {2;2;0} \right)\].

Đường thẳng BC qua \[C\left( {2;2;0} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {CB} = \left( {0;3;0} \right)\] là một VTCP.

\[ \Rightarrow BC:\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2 + 2t\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {2;2t + 2;0} \right)\].

Ép cho \[K \in \left( S \right) \Rightarrow 1 + 4{t^2} = 4 \Rightarrow t = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}K\left( {2;2 + \sqrt 3 ;0} \right)\\K\left( {2;2 - \sqrt 3 ;0} \right)\end{array} \right.\].

Mà K ở giữa B và C \[ \Rightarrow K\left( {2;2 + \sqrt 3 ;0} \right)\].