Theo hình vẽ ta có $z_1=-1+2i; z_2=2+i$ nên $z_1+z_2=1+3i$.

Chọn đáp án A.

Theo tính chất tích phân ta có:

$+\left){\int }_a^{b}f\right(x)dx+{\int }_b^{c}f(x)dx+{\int }_c^{a}f(x)dx$

${\int }_c^{a}f\left(x\right)dx+{\int }_c^{a}f\left(x\right)dx={\int }_a^{a}f\left(x\right)dx=0$

Đáp án A đúng.

$+\left){\int }_a^{b}cf\right(x)dx=c{\int }_a^{b}f(x)dx$

với $c\in \mathrm{ℝ}$.Đáp án B đúng.

$+) {\int }_a^b(f\left(x\right)-g\left(x\right))dx+{\int }_a^{b}g(x)$

$$\begin{gathered} ={\int }_b^{a}f\left(x\right)dx-{\int }_a^{b}g\left(x\right)dx+{\int }_a^{b}g\left(x\right)dx \\ ={\int }_a^{b}f\left(x\right)dx \end{gathered}$$

Đáp án D đúng.

Đáp án C sai.

Chọn đáp án C.

Dựa vào tập xác định và bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta thấy hàm số có 1 điểm cực tiểu là x=0.

Chọn đáp án B.

Áp dụng công thức của cấp số cộng $u_n=u_1+(n-1)d$ ta có:

$$\begin{gathered} u_4=u_1+3d\iff 4=-2+3d \\ \iff d=2 \end{gathered}$$

Vậy: $u_6=u_1+5d=-2+5.\left(2\right)=8$ 

Chọn đáp án A.

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có một véctơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n}(1;0;2)$ 

$∆$ vuông góc với $\left(\alpha \right)$ nên có véctơ chỉ phương là $\stackrel{\rightharpoonup }{a}=\stackrel{\rightharpoonup }{n}=(1;0;2)$

Chọn đáp án C.

Gọi h là chiều cao của hình hộp.

Ta có $S_{B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{2}{S}_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$ 

Do đó

$V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}h{S}_{B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}h.\frac{1}{2}{S}_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$=\frac{1}{6}h.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{6}$

Chọn đáp án B.

Ta có

$$\begin{gathered} \int \sin 5xdx=\frac{1}{5}\int \sin 5xd\left(5x\right) \\ =-\frac{1}{5}\cos 5x+C \end{gathered}$$ 

Chọn đáp án D.

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng (1;3) 

$\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên (2;3)

Chọn đáp án C.

Vì đồ thị đã cho đi qua điểm (0;-1) nên loại các phương án B, C.

Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy đạo hàm của hàm số có 2 nghiệm là 1 và 3.

Xét A: $y\text{'}=3x^2-10x+8$ vô nghiệm nên loại. Vậy chọn D.

Chọn đáp án D.

Vì a, b là các số thực dương nên

$a^2{b}^3=4^4\iff {\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_2{4}^4$

$$\begin{gathered} \iff {\log }_2{a}^2+{\log }_2{b}^3=4{\log }_{2}4 \\ \iff 2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b=8 \end{gathered}$$

Chọn đáp án B.

Ta có trục Oz có véctơ chỉ phương là $\stackrel{\rightharpoonup }{k}=(0;0;1)$ 

Gọi $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(\alpha \right)}}=(0;0;1), \stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(P\right)}}=(1;1;0)$

$\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;11;0\right), \stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(\beta \right)}}=\left(0;0;1\right)$

lần lượt là véctơ pháp tuyến của các mặt phẳng $\left(\alpha \right),\left(P\right),\left(Q\right),\left(\beta \right)$ 

Nhận thấy $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(\alpha \right)}}.\stackrel{\rightharpoonup }{k}=0.0+0.0+1.1=1\#0$

và $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(\beta \right)}}.\stackrel{\rightharpoonup }{k}=0.0+0.0+1.1=1\#0$ nên ta loại A và D.

Nhận thấy $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(P\right)}}.\stackrel{\rightharpoonup }{k}=1.0+1.0+0.1=0$

và $O\in Oz\cap \left(P\right)\Rightarrow Oz\subset \left(P\right)$ nên ta loại B.

Chọn đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} 2^{x-3}=\frac{1}{2}\iff 2^{x-3}=2^{-1} \\ \iff x-3=-1\iff x=2 \end{gathered}$$

Chọn đáp án B.

A đúng. Lấy ngẫu nhiên 4 phần tử từ tập 6 phần tử ta được một tập con của 6 phần tử. Vậy số tập con có 4 phần tử của tập 6 phần tử là $C_6^4$.

B đúng. Mỗi cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách là một chỉnh hợp chập 4 của 6 quyển sách. Vậy số cách sắp xếp 4 quyển sách vào 4 vị trí trong 6 vị trí trên giá là $A_6^4$.

C sai. Mỗi cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là một chỉnh chập 4 của 6 học sinh. Vậy số cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là $A_6^4$.

D đúng. Mỗi cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí là một chỉnh hợp chập 4 của 6 quyển sách. Vậy số cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 vào 4 vị trí trên giá là $A_6^4$. 

Chọn đáp án C.

$$\begin{gathered} F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \frac{1}{\sqrt{x-2}}dx \\ =2\sqrt{x+2}+C \end{gathered}$$

Theo đề bài F(2)=4 nên

$2\sqrt{2+2}+C=4\iff C=0$

$\Rightarrow F(-1)=2\sqrt{-1+2}=2$ 

Vậy F(-1)=2 

Chọn đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} 2^x<3-\frac{2}{2^x}<3.2^x-2 \\ \iff {\left(2^x\right)}^2-3.2^x+2<0 \\ \iff \left(2^x-1\right)\left(2^x-2\right)<0 \\ \iff 1<2^x<2\iff {\log }_{2}1<x<{\log }_{2}2 \\ \iff 0<x<1 \end{gathered}$$

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình là khoảng (0;1)

Suy ra a+b=0+1=1

Chọn đáp án D.

Tập xác định:

$D=(-\infty ;0]\cup [2;+\infty )$ 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có:

$\underset{x\to +\infty }{lim}\frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{x-1}$

$=\underset{x\to +\infty }{lim}\frac{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{2}{x}}}+1}{1-{\displaystyle \frac{1}{x}}}$

và $\underset{x\to \infty }{lim}\frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{x-1}$

$=\underset{x\to +\infty }{lim}\frac{-2x}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{x^2-2x}-x\right)}$

$=\underset{x\to +\infty }{lim}\frac{-{\displaystyle \frac{2}{x}}}{\left(1-{\displaystyle \frac{1}{x}}\right)\left(-\sqrt{1-{\displaystyle \frac{2}{x}}}-1\right)}=0$

Nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là: y=2 và y=0

Chọn đáp án C.

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC\\ AB\perp BB\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp (BCC\text{'}B\text{'})$ 

$\iff BB\text{'}$ là hình chiếu của AB' lên mặt phẳng (BCC'B') 

Do đó:

$\left(AB\text{'},\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=\left(AB\text{'},BB\text{'}\right)=AB\text{'}B$

Xét $∆ABC$ vuông tại B có:

$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{3}. BB\text{'}=1$

$\tan AB\text{'}B=\frac{AB}{BB\text{'}}=\sqrt{3}\Rightarrow AB\text{'}B=60°$ 

Chọn đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=x(x+1){(x-2)}^2=0 \\ \iff [\begin{array}{c}x=0\\ x=-1\\ x=2\end{array} \end{gathered}$$

với x=2 là nghiệm kép.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [-1;2] tại x=0.

Chọn đáp án B.

$∆$ có vectơ chỉ phương là $\stackrel{\rightharpoonup }{u}=\left(1;2;-1\right)$ 

$\left(\alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n}=\left(1;-1;2\right)$

$$\begin{gathered} \sin \left(∆,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|\stackrel{\rightharpoonup }{u}.\stackrel{\rightharpoonup }{n}\right|}{\left|\stackrel{\rightharpoonup }{u}\right|.\left|\stackrel{\rightharpoonup }{n}\right|} \\ =\frac{\left|1.1+2.(-1)+(-1).2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+{(-1)}^2}.\sqrt{1^2+{{(-1)}^2}^2}} \\ =\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Vậy $\left(∆,\left(\alpha \right)\right)=30°$

Chọn đáp án A.

Ta có diện tích thiết diện là

$$\begin{gathered} S\left(x\right)=\frac{1}{2}{\mathrm{\pi R}}^2 \\ =\frac{1}{2}{\mathrm{\pi x}}^2\left(4-\mathrm{x}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{\pi }\left(4{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{x}}^3\right) \end{gathered}$$

Thể tích của vật thể cần tìm là

$$\begin{gathered} V={\int }_0^{4}S\left(x\right)dx=\frac{1}{2}\mathrm{\pi }{\int }_0^4\left(4{\mathrm{x}}^2-{\mathrm{x}}^3\right)\mathrm{dx} \\ =\frac{1}{2}\mathrm{\pi }\left(\frac{4}{3}{\mathrm{x}}^3-\frac{1}{4}{\mathrm{x}}^4\right){|}_0^4=\frac{32\mathrm{\pi }}{3} \end{gathered}$$

Chọn đáp án D.

Xét phương trình $z^2-2z+a=0$ 

Ta có: $∆\text{'}=1-a<0\left(\forall a>2\right)$

Nên phương trình có hai nghiệm phức là:

 (không làm mất tính tổng quát).

Ta có:

là một số thực nên A đúng.

là một số ảo (với $\forall a>2$) nên B đúng.

là một số thực (với $\forall a>2$) nên C sai.

Chọn đáp án C.

Ta có ${\log }_{a}b+{\log }_b{a}^2=3$

$\iff {\log }_{a}b+2{\log }_{b}a=3 \left(1\right)$ 

Đặt $t={\log }_{a}b$.

Do $1<a<b\Rightarrow t>{\log }_{a}a\Rightarrow t>1$

Khi đó (1) trở thành:

$$\begin{gathered} t+\frac{2}{t}=3\iff t^3-3t+2=0 \\ \iff [\begin{array}{c}t=1\left(KTM\right)\\ t=2\left(TM\right)\end{array} \end{gathered}$$ 

Với t=2 ta có ${\log }_{s}b=2\iff b=a^2$ 

Suy ra

$$\begin{gathered} T={\log }_{ab}\frac{a^2+b}{2}={\log }_{a^3}{a}^2 \\ =\frac{2}{3}{\log }_{a}a=\frac{2}{3} \end{gathered}$$

Chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và trục hoành:

$$\begin{gathered} \frac{1}{3}{x}^3-x^2-\frac{1}{3}x+1=0 \\ \iff [\begin{array}{c}x=1\\ x=-1\\ x=3\end{array} \end{gathered}$$

Từ hình vẽ ta thấy $f\left(x\right)>0,\forall x\in \left(-1;1\right)$

và $f\left(x\right)<0,\forall x\in (1;3)$

Do đó  

Suy ra các phương án A, C, D đúng.

Chọn đáp án B.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm I(1;2-3) trên trục

$Oy\Rightarrow H(0;2;0)\Rightarrow IH=\sqrt{10}$ 

Gọi R là bán kính mặt cầu có tâm I(1;2;-3) và tiếp xúc với trục

$Oy\Rightarrow R=IH=\sqrt{10}$

Chọn đáp án A.

Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu.

Đường tròn đáy của hình nón có tâm H bán kính r.

Do H là hình chiếu của S và O trên mặt đáy của hình nón nên S, H, O thẳng hàng.

Hình nón có độ dài đường sinh l=2, đường cao h=1.

Suy ra $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{3}$

Góc ở đỉnh của hình nón là $ASB=2ASH=120°$ nên suy ra $H\in SO$ (như hình vẽ).

Trong tam giác OAH vuông tại H ta có:

$$\begin{gathered} O{A}^2=O{H}^2+H{A}^2 \\ \iff R^2={\left(R-h\right)}^2+r^2 \\ \iff R=\frac{h^2+r^2}{2h}=2 \end{gathered}$$

Vậy đường kính mặt cầu chứa điểm S và đường tròn đáy hình nón bằng 4.

Chọn đáp án A.

Cách 2:

Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu.

Đường tròn đáy của hình nón có tâm H bán kính r.

Do H là hình chiếu của S và O trên mặt đáy của hình nón nên S, H, O thẳng hàng.

Hình nón có độ dài đường sinh l=2, đường cao h=1. (như hình vẽ)

Trong tam giác SAH vuông tại H ta có

$\cos ASH=\frac{SH}{SA}=\frac{1}{2}\Rightarrow ASH=60°$

Xét tam giác SOA có OS=OA=R và $OSA=60°$

Suy ra tam giác SOA đều.

Do đó R=OA=SA=2

Vậy đường kính mặt cầu chứa điểm S và đường tròn đáy hình nón bằng 4.

Chọn đáp án A.

Ta có chu vi hình vuông bằng $8\mathrm{\pi }\Rightarrow$ cạnh hình vuông bằng $2\mathrm{\pi }$ 

Do đó hình trụ có bán kính R=1, đường sinh $l=2\mathrm{\pi }$ (cũng chính là đường cao).

Vậy thể tích hình trụ

$V={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=2{\mathrm{\pi }}^2$  

Chọn đáp án A.

Cách 1:

Gọi các số phức

$$\begin{gathered} z_1=a_1+b_{1}i, \\ {z}_2=a_2+b_{2}i (a_1,b_1,a_2,b_2\in \mathrm{ℝ}) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} z_1-z_2=\left(a_1-a_2\right)+\left(b_1-b_2\right)i \\ {z}_1+z_2=\left(a_1+a_2\right)+\left(b_1+b_2\right)i \end{gathered}$$

Ta có:$\left|z_1\right|=\sqrt{a_1^2+b_1^2}=\sqrt{3}$

$\Rightarrow a_1^2+b_1^2=3$

$\left|z_2\right|=\sqrt{a_2^2+b_2^2}=\sqrt{3}\Rightarrow a_2^2+b_2^2=3$

$\left|z_1-z_2\right|=2$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{{\left(a_1-a_2\right)}^2+{\left(b_1-b_2\right)}^2}=2 \\ \iff {\left(a_1-a_2\right)}^2+{\left(b_1-b_2\right)}^2=4 \\ \iff a_1^2+b_1^2+a_2^2+b_2^2-2a_1{a}_2-2b_1{b}_2=4 \\ \iff 2a_1{a}_2+2b_1{b}_2=2 \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} \left|z_1+z_2\right|=\sqrt{{\left(a_1+a_2\right)}^2+{\left(b_1+b_2\right)}^2} \\ =\sqrt{a_1^2+b_1^2+a_2^2+b_2^2+2a_1{a}_2+2b_1{b}_2} \\ =\sqrt{8}=2\sqrt{2} \end{gathered}$$

Cách 2:

$$\begin{gathered} {\left|z_1-z_2\right|}^2=z_1-z_2 \\ \overline{z_1}-\overline{z_2}={\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2-z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}=4 \\ {\left|z_1+z_2\right|}^2=z_1+z_2 \\ \overline{z_1}+\overline{z_2}={\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}=8 \\ \Rightarrow \left|z_1+z_2\right|=2\sqrt{2} \end{gathered}$$

Cách 3:

Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn 2 số phức $z_1,z_2$. Khi đó tam giác OAB có $OA=OB=\sqrt{3}, AB=2$. Gọi I là trung điểm của AB.

$$\begin{gathered} OI=\sqrt{O{A}^2-A{I}^2}=\sqrt{2} \\ \left|z_1+z_2\right|=2\left|\stackrel{\rightharpoonup }{OI}\right|=2\sqrt{2} \end{gathered}$$

Chọn đáp án D.

Vẽ $SH\perp AC$ tại H.

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}\left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right)=AC\\ SH\subset \left(SAC\right)\end{array}\\ SH\perp AC\end{array}\right.$

$\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$

Theo đề $∆SAC$ vuông tại S nên ta có:

$SC=\sqrt{A{C}^2-S{A}^2}=\frac{\sqrt{6}a}{2}$

và $SH=\frac{SA.SC}{AC}$

$=\frac{{\displaystyle \frac{\sqrt{2}a}{2}}.{\displaystyle \frac{\sqrt{6}a}{2}}}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{6}a}{4}$

Vậy $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{12}$

Chọn đáp án A.

Thay tọa độ điểm M(1;2;3) vào các phương trình, dễ thấy M(1;2;3) không thỏa  mãn phương trình

$\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}x=3+2t\\ y=6+4t\end{array}\\ z=12+6t\end{array}\right.$

Chọn đáp án D.

Đk: x>0

Ta có:

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{\left({\log }_{2}x\right)\text{'}-\left({\log }_{2}x\right).\left(x\right)\text{'}}{x^2}$

$=\frac{{\displaystyle \frac{1}{x\ln 2}}.x-{\log }_{2}x}{x^2}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{\ln 2}}-{\log }_{2}x}{x^2}$

$=\frac{1-\ln x}{x^2\ln 2}$

Chọn đáp án B.

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-1; g\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff f\text{'}\left(x\right)=1 \end{gathered}$$

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta có

$f\text{'}\left(x\right)=1\iff [\begin{array}{c}x=-1\\ x=x_0>1\end{array}$

Bảng xét dấu $g\text{'}\left(x\right)$

Vậy hàm số g(x)=f(x)-x có một điểm cực trị.

Chọn đáp án D.

Đặt $g\left(x\right)={\log }_2\left(f\right(2x\left)\right)$,

ta có $g\text{'}\left(x\right)=\frac{2f\text{'}\left(2x\right)}{f\left(2x\right)\ln 2}$ 

Theo giả thiết, ta có $f\left(2x\right)>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$ 

Do đó

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)\ge 0\iff f\text{'}\left(2x\right)\ge 0 \\ \iff [\begin{array}{c}-1\le 2x\le 1\\ 2x\ge 2\end{array}\iff [\begin{array}{c}-\frac{1}{2}\le x\le \frac{1}{2}\\ x\ge 1\end{array} \end{gathered}$$

(dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm). Suy ra hàm số y=g(x) đồng biến trên các khoảng $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$. Chọn A.

Chọn đáp án A.

Cách 1 (cách hình học): Gọi $M(x;y)\left(x.y\in \mathrm{ℝ}\right)$ là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có: $\left|z+2m\right|=m+1\ge 0$ 

TH1: $m+1=0\iff \iff m=-1\Rightarrow z=2$ (loại) vì không thỏa mãn phương trình: $\left|z-1\right|=\left|z-i\right|$ 

TH2: $m+1>0\iff m>-1$ 

Theo bài ra ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left|z-1\right|=\left|z-i\right|\\ \left|z+2m\right|=m+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left|\left(x-1\right)+yi\right|=\left|x+\left(y-1\right)i\right|\\ \left|\left(x+2m\right)+yi\right|=m+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(x-1\right)}^2+y^2=x^2+{\left(y-1\right)}^2\\ {\left(x+2m\right)}^2+y^2={\left(m+1\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x-y=0\left(1\right)\\ {\left(x+2m\right)}^2+y^2={\left(m+1\right)}^2\left(2\right)\end{array}\right.\left(*\right) \end{gathered}$$

Từ (1) suy ra: tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn của số phức z là đường thẳng: $(∆): x-y=0$ 

Từ (2) suy ra: tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn của số phức z là đường tròn

$\left(C\right): \left\{\begin{array}{l}Tâm I(-2m;0)\\ bk R=m+1\end{array}\right.$ 

Khi đó: $M\in ∆\cap \left(C\right)\Rightarrow$ số giao điểm M chính là số nghiệm của hệ phương trình (*).

Để tồn tại hai số phức phân biệt $z_1,z_2$ thỏa mãn ycbt $\iff \left(C\right)$ cắt $∆$ tại hai điểm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff d\left(I,\left(∆\right)\right)<R\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\left|-2m\right|}{\sqrt{2}}<m+1\\ m+1>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-\left(m+1\right)<\sqrt{2}m<m+1\\ m+1>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2}\\ m>-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vì $m\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow m\in S\left\{0;1;2\right\}$. Vậy tổng các phần tử của S là 0+1+2=3.

Cách 2 (cách đại số):

Giả sử: $z=x+yi\left(x;y\in \mathrm{ℝ}\right)$ 

Có: $\left|z+2m\right|=m+1\ge 0$

TH1: $m+1=0\iff \iff m=-1\Rightarrow z=2$ (loại) vì không thỏa mãn phương trình: $\left|z-1\right|=\left|z-i\right|$ 

TH2: $m+1>0\iff m>-1$ (1)

Theo bài ra ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left|z-1\right|=\left|z-i\right|\\ \left|z+2m\right|=m+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left|\left(x-1\right)+yi\right|=\left|x+\left(y-1\right)i\right|\\ \left|\left(x+2m\right)+yi\right|=m+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(x-1\right)}^2+y^2=x^2+{\left(y-1\right)}^2\\ {\left(x+2m\right)}^2+y^2={\left(m+1\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y=x\\ {\left(x+2m\right)}^2+x^2={\left(m+1\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y=x\\ 2x^2+4mx+3m^2-2m+1=0\left(*\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để tồn tại hai số phức phân biệt $z_1,z_2$ thỏa mãn ycbt PT (*) có 2 nghiệm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff ∆\text{'}=4m^2-2(3m^2-2m-1) \\ =2\left(-m^2+2m+1\right)>0 \\ \iff 1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2}\left(2\right) \end{gathered}$$

Kết hợp điều kiện (1) và (2), $m\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow m\in S=\left\{0;1;2\right\}$

Vậy tổng các phần tử của S là: 0+1+2=3

Chọn đáp án D.

Cách 1:

Gọi I là trung điểm của cạnh AD.

$∆ABC$ vuông cân tại B, $∆ICD$ vuông cân tại I và có AB=IC=a nên $AC=CD=a\sqrt{2}$ 

Khi đó $A{C}^2+C{D}^2=A{D}^2$ nên $∆ACD$ vuông cân tại C.

Trong (ABCD), dựng hình vuông ACDE. Trong $∆SAE$, kẻ $AH\perp SE\left(1\right)$ 

Ta có

$$\begin{gathered} \left.\begin{array}{r}ED\perp SA\\ ED\perp AE\end{array}\right\}\Rightarrow ED\perp \left(SAE\right) \\ \Rightarrow ED\perp AH\left(2\right) \end{gathered}$$ 

Từ (1) và (2) suy ra $AH\perp \left(SDE\right)$ 

Vì $AC//ED$ nên

$$\begin{gathered} d\left(AC,SD\right)=d\left(AC,\left(SDE\right)\right) \\ =d\left(A;\left(SDE\right)\right)=AH \end{gathered}$$

Trong $∆SAE, \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}$

$$\begin{gathered} \iff AH=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{A}^2=A{E}^2}} \\ \iff AH=\frac{a.a.\sqrt{2}}{\sqrt{a^2+\left(a\sqrt{2}{)}^2\right)}}=\frac{\sqrt{6}a}{3} \end{gathered}$$

Vậy $d\left(AC,SD\right)=\frac{\sqrt{6}a}{3}$

Cách 2:

Dễ thấy $DC\perp \left(SAC\right)$. Trên mặt phẳng (ABCD)

dựng:$AG//CD,DG//AC,DG\cap AB=\left\{E\right\}$

Dễ dàng chứng minh được: S.AED là tam diện vuông (1) 

Tính được: AE=AD=2a.

Mà $AC//\left(SDE\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow d_{\left(AC,SD\right)}=d_{\left(AC,\left(SDE\right)\right)} \\ =d_{\left(A,\left(SDE\right)\right)}=AH \end{gathered}$$

Với AH là đoạn thẳng dựng từ A vuông góc với mặt phẳng (ADE)

Ta có: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$

$\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{6}a}{3}$

Cách 3:

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz

Khi đó $A(0;0;0);C(a;a;0);$

$D(0;2a;0);S(0;0;a)$ 

Do đó $\stackrel{\rightharpoonup }{AC}=(a;a;0);\stackrel{\rightharpoonup }{SD}=(0;2a;-a)$;$\stackrel{\rightharpoonup }{SA}=(0;0;-a);$

và $\left[\stackrel{\rightharpoonup }{AC};\stackrel{\rightharpoonup }{SD}\right]=(-a;a;2a)$

Ta có $d\left(AC,SD\right)=\frac{\left|\left[\stackrel{\rightharpoonup }{AC};\stackrel{\rightharpoonup }{SD}\right].\stackrel{\rightharpoonup }{SA}\right|}{\left[\stackrel{\rightharpoonup }{AC;}\stackrel{\rightharpoonup }{SD}\right]}$

$=\frac{\left|-a.0+a.0+2a.(-a)\right|}{\sqrt{{\left(-a\right)}^2+a^2+{\left(2a\right)}^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{3}$ 

Chọn đáp án C.

Gọi tâm của hai đường tròn trong (N) là C và D. Ta có GS là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại K và J. Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}DJ\perp GS\\ CK\perp GS\end{array}\right.$

Kẻ $DN//GS(N\in IS)$, khi đó DHKJ là hình chữ nhật nên HK=DJ=1 cm, do đó ta có CH=2 cm.

Ta có $∆DHC$ đồng dạng $∆GJD$ nên $\frac{DJ}{CH}=\frac{GD}{CD}$

$\Rightarrow DG=\frac{DJ.CD}{CH}=\frac{1.4}{2}=2$cm từ đó suy ra GF = 9 cm.

Ta có $∆DHC$ đồng dạng $∆GFS\Rightarrow \frac{GS}{DC}=\frac{GF}{DH}$

$\Rightarrow GS=\frac{DC.GF}{DH}=\frac{DC.GF}{\sqrt{D{C}^2-C{H}^2}}=6\sqrt{3}$cm

$\Rightarrow FS=\sqrt{G{S}^2-G{F}^2}=3\sqrt{3}$ cm.

Vì $∆GEL$ đồng dạng $∆GFS$ nên $\frac{EL}{FS}=\frac{GE}{GF}$

$\Rightarrow EL=\frac{GE.FS}{GF}=\frac{1.3\sqrt{3}}{9}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 

Vì (N) là khói nón cụt nên:

$V_N=\frac{1}{3}\left(E{L}^2+F{S}^2+EL.FS\right)EF=\frac{728\mathrm{\pi }}{9}$