Số cách chọn 4 học sinh của tổ đó tham gia đội xung kích là $C_{12}^4.$

Chọn đáp án D

Ta có số hạng thứ 10 là $u_{10}=2.10+3=23.$

Chọn đáp án A.

$\left(0;2\right).$Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right),$ hàm số đồng biến trên khoảng 

Chọn đáp án D.

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x=2.$

Chọn đáp án B.

Hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R nên hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)+x$ cũng có đạo hàm trên R và $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)+1;g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=-1.$

Dựa vào đồ thị $f\text{'}\left(x\right)$ ta có $f\text{'}\left(x\right)$ có ba nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ với $x_1<x_2<x_3.$

Bảng biến thiên của $g\left(x\right):$

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu.

Chọn đáp án D.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\frac{1}{3}\Rightarrow$ tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{3}.$

Chọn đáp án D.

* Đây là dạng của đồ thị của hàm phân thức $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ nên hai hàm đa thức $y=x^4-2x^2-1$ và $y=x^3-3x^2+2$ bị loại.

* Nhận thấy đồ thị có đường tiệm cận đứng $x=-1$ nên hàm số $y=\frac{x+1}{x-1}$ bị loại.

Hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ có đồ thị như đường cong của đề cho.

Chọn đáp án A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm

$\frac{x^2-2x-3}{x-2}=x+1\iff x^2-2x-3=x^2-x-2\iff x=-1\Rightarrow y=0.$

Chọn đáp án A.

Ta có ${\log }_3\left(3a\right)={\log }_{3}3+{\log }_{3}a=1+{\log }_{3}a.$

Chọn đáp án C.

Tập xác định: $D=ℝ.$

$y\text{'}=2\cos 2x+3^x\ln 3.$

Chọn đáp án D.

Mệnh đề $\sqrt{a^{\alpha }}={\left(\sqrt{a}\right)}^{\alpha }$ đúng.

Chọn đáp án D.

Điều kiện $x>-1.$ Có ${\log }_{25}\left(x+1\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow x+1=5\iff x=4.$

Chọn đáp án A.

Ta có $2^x=7\iff x={\log }_{2}7.$

Chọn đáp án C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(2x^2+x+1\right)dx=\frac{2x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+x+C.$

Chọn đáp án D.

Hàm số $f\left(x\right)=\cos \left(4x+7\right)$ có một nguyên hàm là $\frac{1}{4}\sin \left(4x+7\right)-3.$

Chọn đáp án B.

Ta có $I=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}\frac{2x-3}{x-4}dx=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}\left(2+\frac{5}{x-4}\right)dx=\left(2x+5\ln \left|x-4\right|\right)\left|\begin{array}{l}3\\ -2\end{array}\right.=10-5\ln 6.$

Hay $a=10,b=-5.$ Khi đó $a-b=15.$

Chọn đáp án A.

Ta có $\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(2x+1\right)dx=\left(x^2+x\right)\left|\begin{array}{l}3\\ 0\end{array}\right.=12.$

Chọn đáp án C.

$\left|z\right|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$

Chọn đáp án B

Ta có $z_1+z_2=-2-6i.$ Vậy điểm biểu diễn $z_1+z_2$ trên mặt phẳng tọa độ là điểm $Q\left(-2;-6\right).$

Chọn đáp án A.

Điểm M trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức $z=-3-2i.$

Chọn đáp án C.

Dựa vào lý thuyết đã học.

Chọn đáp án D.

Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là $V=Bh.$

Chọn đáp án B.

Thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h=45\pi .$

Chọn đáp án A.

Vì mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương nên độ dài một cạnh hình lập phương bằng $2R.$ Thể tích khối lập phương $V={\left(2R\right)}^3=8R^3.$

Chọn đáp án D.

Điểm $M\left(x;y;z\right)$ thuộc mặt phẳng (Oxy) khi và chỉ khi $M\left(x;y;0\right)$. Vậy hình chiếu vuông góc của điểm $M\left(1;2;-4\right)$ trên mặt phẳng Oxy là điểm có tọa độ là $\left(1;2;0\right).$

Chọn đáp án A.

Ta có $d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{\left|3+2.\left(-1\right)-2.2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+{\left(-2\right)}^2}}=1.$

Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳng (P) là ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=1.$

Chọn đáp án B

Phương trình mặt phẳng P đi qua điểm $A\left(-1;2;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{n}=\left(-1;0;2\right)$ làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là $-1\left(x+1\right)+0\left(y-2\right)+2\left(z-0\right)=0\iff x-2z+1=0.$

Chọn đáp án D.

Ta có một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy là $\overrightarrow{j}=\left(0;1;0\right)$.

Chọn $\overrightarrow{u}=2020\overrightarrow{j}=\left(0;2020;0\right)$ là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục $Oy.$

Chọn đáp án C

Xét ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=10!$

Gọi biến cố  “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho An và Bình đứng cạnh nhau”.

Xem An và Bình là nhóm X.

Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách.

Hoán vị An và Bình trong X có 2! cách.

Vậy có $9!2!$ cách $\Rightarrow n\left(A\right)=9!2!$

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{5}.$

Chọn đáp án C.

Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số đã cho, ta suy ra đây là hàm số bậc ba có hệ số $a>0.$ Trong các đáp án chỉ có duy nhất hàm số $y=x^3-3x^2+3$ là thỏa các điều kiện trên.

Chọn đáp án A.

Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho.

Chọn đáp án C.

Bất phương trình đã cho tương đương $0<x-1<8$ hay $1<x<9.$

Chọn đáp án D.

Ta có $\underset{2}{\overset{3}{\int }}\frac{x^2-3x+2}{x^2-x+1}dx=\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(1-\frac{2x-1}{x^2-x+1}\right)dx=\left(x-\ln \left|x^2-x+1\right|\right)\left|\begin{array}{l}3\\ 2\end{array}\right.=1-\ln 7+\ln 3$

$\Rightarrow a=-1,b=1,c=0,d=1\Rightarrow T=5.$

Chọn đáp án D.

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{1^2+2^2}.\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2}=5.$

Chọn đáp án A.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do ABCD là hình thoi nên $BO\perp AC\left(1\right).$

Lại có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BO\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $BO\perp \left(SAC\right)$.

Vậy $\left(SB,\left(SAC\right)\right)=\left(SB,BO\right)=\widehat{BSO}$.

Trong tam giác vuông $BOA,$ ta có $\widehat{ABO}={30}^0$ nên suy ra $AO=\frac{1}{2}AB$$=\frac{a}{2}$ và $BO=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Trong tam giác vuông $SAO,$ ta có

 $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}.$                                                 

$BO\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BO\perp SO\Rightarrow \Delta SOB$ vuông tại O

Ta có $\tan \widehat{BSO}=\frac{BO}{SO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3a}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Vậy $\left(SB,\left(SAC\right)\right)=\left(SB,SO\right)=\widehat{BSO}={30}^0.$

Chọn đáp án B.

Ta có $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=\sqrt{3}a.$ Do đó $DA=\sqrt{3}a;DC=DD\text{'}=a$

Tứ diện $DACD\text{'}$ vuông tại D nên ta có

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{D{A}^2}+\frac{1}{D{C}^2}+\frac{1}{DD{\text{'}}^2}$     

$=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}$ $=\frac{7}{3a^2}$

Suy ra $h=\sqrt{\frac{3}{7}}a=\frac{\sqrt{21}}{7}a.$

Chọn đáp án D.

Bán kính của mặt cầu: $R=\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2-2}=\sqrt{3}\Rightarrow$ Đường kính của mặt cầu là $2R=2\sqrt{3}.$

Chọn đáp án D.

Do $\left(2;-2;1\right)$ cũng là véc-tơ chỉ phương nên phương trình tham số là $\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-1+t\end{array}\right..$

Chọn đáp án A.

Vì $0\in \left[-1;2\right]$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty \end{array}\right.$ nên hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn $\left[-1;2\right].$

Chọn đáp án D.

Đặt $t=3^x,t>0.$ Khi đó bất phương trình đã cho trở thành

$t^2-2\left(x+5\right)t+9\left(2x+1\right)\ge 0\iff \left(t-9\right)\left(t-2x-1\right)\ge 0.$                                                  

* Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}t-9\ge 0\\ t-2x-1\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t\ge 9\\ t-2x-1\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{3}^x\ge 9\left(1\right)\\ 3^x-2x-1\ge 0.\left(2\right)\end{array}\right.$

Xét bất phương trình $\left(2\right):$

Đặt $g\left(x\right)=3^x-2x-1$ trên $ℝ.$ Ta có $g\text{'}\left(x\right)=3^x\ln 3-2.$

Gọi $x_0$ là nghiệm duy nhất của phương trình $g\text{'}\left(x\right)=0,x_0>0.$

Khi đó, $g\left(x\right)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm.

Xét thấy, $g\left(x\right)=0$ có hai nghiệm là $x=0$ và $x=1.$

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $\left(2\right)\iff \left[\begin{array}{l}x\le 0\\ x\ge 1\end{array}\right..$

Mặt khác $\left(1\right)\iff x\ge 2.$

Kết hợp (1) và $\left(2\right)$ suy ra

$x\ge 2$ $\left(*\right)$                                                                                                                                   

* Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{l}t-9\le 0\\ t-2x-1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t\le 9\\ t-2x-1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{3}^x\le 9\\ 3^x-2x-1\le 0\end{array}\right.$ $\begin{array}{l}\left(3\right)\\ \left(4\right)\end{array}$

Xét bất phương trình $\left(4\right):$

Đặt $g\left(x\right)=3^x-2x-1$ trên $ℝ.$ Ta có $g\text{'}\left(x\right)=3^x\ln 3-2.$

Gọi $x_0$ là nghiệm duy nhất của phương trình $g\text{'}\left(x\right)=0,x_0>0$

Khi đó, $g\left(x\right)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm.

Xét thấy, $g\left(x\right)=0$ có hai nghiệm là $x=0$ và $x=1$

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $\left(4\right)\iff 0\le x\le 1.$

Mặt khác, $\left(3\right)\iff x\le 2.$

Kết hợp (3) và $\left(4\right)$ suy ra

$0\le x\le 1.$  $\left(**\right)$                                                                                                                           

Kết hợp (*) và (**) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left[0;1\right]\cup \left[2;+\infty \right).$

Vậy $a+b+c=3.$

Chọn đáp án D.

Ta có

 $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x}{x+1}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x+1-1}{x+1}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1-\frac{1}{x+1}\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{x+1}dx$    

$=x\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-\ln \left(x+1\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=1-\ln 2.$                                                                            

Chọn đáp án C.

$\frac{\left(\left|z\right|-1\right)\left(1+iz\right)}{z-\frac{1}{\overline{z}}}=i\iff \frac{\left(\left|z\right|-1\right)\left(1+iz\right)\overline{z}}{z\overline{z}-1}=i\left(\left|z\right|\ne 1\right)$                                                  

$\iff \frac{\left(\left|z\right|-1\right)\left(1+iz\right)\overline{z}}{{\left|z\right|}^2-1}=i\iff \frac{\left(1+iz\right)\overline{z}}{\left|z\right|+1}=i$                                                  

$\iff \overline{z}+i{\left|z\right|}^2=i\left(\left|z\right|+1\right)\iff a-bi+\left(a^2+b^2\right)i=i\left(\sqrt{a^2+b^2}+1\right)$                                                  

$\iff a+\left(-b+a^2+b^2\right)i=i\left(\sqrt{a^2+b^2}+1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b^2-b=\left|b\right|+1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b<0\\ b=\pm 1\left(loai\right)\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}b>0\\ b^2-2b-1=0\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ \left[\begin{array}{l}b=1+\sqrt{2}\left(nhan\right)\\ b=1-\sqrt{2}\left(loai\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$                                                   .

Vậy $P=a+b=1+\sqrt{2}.$

Chọn đáp án C.

Đường chéo $BC\text{'}$ của mặt bên $\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$ một góc bằng ${30}^0$ nên $\left(\widehat{BC\text{'},\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)}\right)=\widehat{\left(BC\text{'},AC\text{'}\right)}=\widehat{BC\text{'}A}={30}^0.$

$B\text{'}C\text{'}=\frac{AC}{\cos {60}^0}=2a;AB=\sqrt{B{C}^2-A{C}^2}=a\sqrt{3}.$

$C\text{'}B=\frac{AB}{\sin {30}^0}=2a\sqrt{3}\Rightarrow BB\text{'}=2a\sqrt{2}.$

$V=BB\text{'}.S_{\Delta ABC}=2a\sqrt{2}.\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a=a^3\sqrt{6}.$

Chọn đáp án B.

Diện tích xung quanh của 2 cây cột trước đại sảnh là $S_1=2\left(2\pi r_{1}h\right)=2.2\pi .\frac{1}{5}.4,2=\frac{84\pi }{25}\left(m^2\right).$

Diện tích xung quanh của 6 cây cột còn lại là $S_2=6\left(2\pi r_{2}h\right)=6.2\pi .\frac{13}{100}.4,2=\frac{819\pi }{125}\left(m^2\right).$

Diện tích xung quanh của 8 cây cột là $S=S_1+S_2=\frac{1239\pi }{125}\left(m^2\right).$

Số tiền ít nhất để sơn hết các cây cột là $S.380000=\frac{1239\pi }{125}.380000=11832997,23\approx \mathrm{11.833.000}$

Chọn đáp án A.

Gọi $B=d\cap \Delta \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}B\in d\\ B\in \Delta \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}B\left(3+t;3+3t;2t\right)\\ \overrightarrow{AB}=\left(2+t;1+3t;2t+1\right)\end{array}\right.$ là véc-tơ chỉ phương của $\Delta .$

Mặt phẳng $\left(P\right)$ có véc-tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;-1\right).$

Vì $\Delta //\left(P\right)$ nên $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}.\overrightarrow{AB}=0\iff 2+t+1+3t-2t-1=0\iff 2t=-2\iff t=-1.$

Vậy đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left(1;2;-1\right)$ và nhận véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(1;-2;-1\right)$ có phương trình là $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z+1}{-1}.$

Chọn đáp án D.

Nhận thấy hàm $g\left(x\right)$ cũng liên tục trên $ℝ$ và có đạo hàm $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-x.$

Từ đồ thị đã cho vẽ đường thẳng $y=x$ (như hình bên) suy ra

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=x\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=2\end{array}\right..$                                                  

Cũng từ đồ thị bên ta có hàm $g\text{'}\left(x\right)$ chỉ đổi dấu từ dương sang âm khi qua các điểm $x=0$ và $x=1.$

Vậy hàm số $y=g\left(x\right)$ có 2 điểm cực đại.

Chọn đáp án B

Đặt $m=3a$ khi đó bất phương trình đã cho trở thành

${\log }_{m}11+{\log }_{\frac{1}{7}}\left(\sqrt{x^2+mx+10}+4\right).{\log }_m\left(x^2+mx+12\right)\ge 0$ $\left(1\right)$       

Điều kiện của bất phương trình là $m>0;m\ne 1;x^2+mx+10\ge 0.$ Ta có:

 $\left(1\right)\iff \frac{1-{\log }_7\left(\sqrt{x^2+mx+10}+4\right).{\log }_{11}\left(x^2+mx+12\right)}{{\log }_{11}m}\ge 0$ $\left(2\right)$

Đặt $u=x^2+mx+10,u\ge 0.$

* Với $0<m<1.$ Ta có

$\left(2\right)\iff f\left(u\right)={\log }_7\left(\sqrt{u}+4\right).{\log }_{11}\left(u+2\right)\ge 1=f\left(9\right).$ $\left(3\right)$                 

Vì $f\left(u\right)$ là hàm tăng trên $\left(0;+\infty \right)$ nên từ $\left(3\right)$ ta có

$f\left(u\right)\ge f\left(9\right)\iff u\ge 9\iff x^2+mx+1\ge 0.$ $\left(4\right)$                  

$\left(4\right)$ vô số nghiệm vì $\Delta =m^2-4<0$ với $\forall m\in \left(0;1\right).$ Suy ra $0<m<1$ không thỏa bài toán.

* Với $m>1.$ Ta có

$\left(2\right)\iff f\left(u\right)\le f\left(9\right)\iff 0\le u\le 9\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx+10\ge 0\left(5\right)\\ x^2+mx+1\le 0\left(6\right)\end{array}\right.$           

Xét $\left(6\right)$, ta có $\Delta =m^2-4.$

            + $m^2-4<0\iff 1<m<2$ thì $\left(6\right)$ vô nghiệm. Không thỏa bài toán.

            + $m^2-4>0\iff m>2$ thì $\left(6\right)$ có nghiệm là đoạn $\left[x_1;x_2\right]$, lúc này (5) nhận hơn 1 số của $\left[x_1;x_2\right]$ làm nghiệm. Không thỏa bài toán.

            + $m^2-4=0\iff m=2$ thì (6) có nghiệm duy nhất $x=-1$ và $x=-1$ thỏa $\left(5\right).$ Do đó bất phương trình có nghiệm duy nhất là $x=-1.$

Vậy $m=2\iff a=\frac{2}{3}.$

Chọn đáp án C.

Phương trình tiếp tuyến của $\left(P\right)$ tại $N\left(2;6\right)$ là $\left(d_1\right):y=4x-2.$ Phương trình tiếp tuyến của $\left(P\right)$ tại $M\left(-1;3\right)$ là $\left(d_2\right):y=-2x+1.$ $\left(d_1\right)$ cắt $\left(d_2\right)$ tại điểm $\left(\frac{1}{2};0\right).$ Ta có diện tích

$S=\underset{-1}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}\left(x^2+2+2x-1\right)dx+\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\left(x^2+2-4x+2\right)dx=\frac{7}{4}.$     

Chọn đáp án C.

Đặt $z_1=x_1+y_{1}i,\left(x_1,y_1\in ℝ\right);z_2=x_2+y_{2}i,\left(x_2,y_2\in ℝ\right)$.

Ta có $\left|z_1+5\right|=5\iff \left|\left(x_1+5\right)+y_{2}i\right|=5\iff {\left(x_1+5\right)}^2+y_2^2=25.$

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z_1$ là đường tròn $\left(C\right):{\left(x+5\right)}^2+y^2=25.$

Ta có $\left|z_2+1-3i\right|=\left|z_2-3-6i\right|\iff \left|\left(x_2+1\right)+\left(y_2-3\right)i\right|=\left|\left(x_2-3\right)+\left(y_2-6\right)i\right|$

$\iff {\left(x_2+1\right)}^2+{\left(y_2-3\right)}^2={\left(x_2-3\right)}^2+{\left(y_2-6\right)}^2\iff 8x_2+6y_2=35.$

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức $z_2$ là đường thẳng $\Delta :8x+6y=35.$

 $\left(C\right)$ có tâm $I\left(-5;0\right)$, bán kính $R=5.$

Khoảng cách từ I đến $\Delta$ là $d\left(I,\left(\Delta \right)\right)=\frac{\left|8.\left(-5\right)+6.0-35\right|}{\sqrt{8^2+6^2}}=\frac{75}{10}=\frac{15}{2}>R.$

Suy ra $\Delta$ không cắt $\left(C\right)$. Do đó, nếu gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với $\Delta ,d$ cắt $\left(C\right)$ và $\Delta$ lần lượt tại M, N và H thì một trong hai đoạn thẳng $HM,HN$ là khoảng cách ngắn nhất nối hai điểm bất kỳ thuộc (C) và $\Delta .$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của $\left|z_1-z_2\right|$ là ${\left|z_1-z_2\right|}_{\min }=HM=d\left(I,\Delta \right)-R=\frac{15}{2}-5=\frac{5}{2}.$

Chọn đáp án A

Do tam giác ABC vuông tại A có D là trung điểm BC và $\widehat{ACB}={60}^0$ nên tam giác ABD đều cạnh a và $BC=2a,CA=a\sqrt{3}.$