Đáp án B

$\mathrm{y}\text{'}=\frac{2\mathrm{x}}{\sqrt{2{\mathrm{x}}^2+1}}>0\iff \mathrm{x}>0$

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Đáp án B

Đáp án B

• Hiển nhiên mọi tứ diện luôn có mặt cầu ngoại tiếp.
• Hình hộp đứng có mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi đáy của nó có đường tròn ngoại tiếp.
• Hình nón, khối nón có một trục đối xứng duy nhất là đường thẳng qua trục của nó. Mọi mặt phẳng đi qua trục của hình nón, khối nón đều là mặt đối xứng của nó.
• Mọi mặt phẳng đi qua trục của mặt trụ, hình trụ, khối trụ đều là mặt đối xứng của nó.

Đáp án A

Đáp án D

Hàm số xác định với mọi $\mathrm{x}\in \mathrm{ℝ}$.

Em có: $\left\{\begin{array}{l}\underset{\mathrm{x}\to 0^{+}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\underset{\mathrm{x}\to 0^{+}}{\lim }\left({\mathrm{x}}^2+1\right)=1\\ \underset{\mathrm{x}\to 0^{-}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\underset{\mathrm{x}\to 0^{-}}{\lim }\left(\mathrm{x}+\mathrm{a}\right)=\mathrm{a}\end{array}\right.$ và f(0) = 1.

Vậy: nếu a = 1 thì $\underset{\mathrm{x}\to 0^{+}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\underset{\mathrm{x}\to 0^{-}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{f}\left(0\right)=1\Rightarrow$ hàm số liên tục tại ${\mathrm{x}}_0=0$.

        nếu $\mathrm{a}\ne 1$ thì $\underset{\mathrm{x}\to 0^{+}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\ne \underset{\mathrm{x}\to 0^{-}}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\Rightarrow$ hàm số gián đoạn tại ${\mathrm{x}}_0=0$.

Đáp án A

Em có ${\mathrm{x}}^3-3{\mathrm{x}}^2-\mathrm{m}=0\iff {\mathrm{x}}^3-3{\mathrm{x}}^2=\mathrm{m}$

Khi đó yêu cầu đầu bài tương đương với đồ thị hàm số $\mathrm{y}={\mathrm{x}}^3-3{\mathrm{x}}^2$ cắt đường thẳng y = m tại 3 điểm trong đó có 2 điểm có hoành độ lớn hơn 1. Em có đồ thị hàm số $\mathrm{y}={\mathrm{x}}^3-3{\mathrm{x}}^2$ như hình bên.

Từ đồ thị em thấy $-4<\mathrm{m}<-2$

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Em có: $\mathrm{y}=-3{\mathrm{x}}^3+3{\mathrm{x}}^2+1\Rightarrow \mathrm{y}\text{'}=-9{\mathrm{x}}^2+6\mathrm{x}$.

Vì hệ số góc của tiếp tuyến bằng 1 nên: $\Rightarrow -9{\mathrm{x}}^2+6\mathrm{x}=1\iff \mathrm{x}=\frac{1}{3}$.

Khi đó, phương trình tiếp tuyến có dạng: 

Đáp án A

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng em có

$\mathrm{d}\left(\mathrm{A},\left(\mathrm{P}\right)\right)=\frac{\left|1+2+3+3\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=3\sqrt{3}.$

Đáp án C

Em có

Đáp án A

Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón.

Đáp án D

Đáp án D

Hàm số xác định và liên tục trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Ta có $\mathrm{y}\text{'}=3{\mathrm{x}}^2+\mathrm{m}+\frac{1}{{\mathrm{x}}^6},\forall \mathrm{x}\in \left(0;+\infty \right)$. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ khi và chỉ khi $\mathrm{y}\text{'}=3{\mathrm{x}}^2+\mathrm{m}+\frac{1}{{\mathrm{x}}^6}\ge 0,\forall \mathrm{x}\in \left(0;+\infty \right)$. Dấu đẳng thức xảy ra ở hữu hạn điểm trên $\left(0;+\infty \right)$.

$\iff \mathrm{m}\ge -3{\mathrm{x}}^2-\frac{1}{{\mathrm{x}}^6}=\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right),\forall \mathrm{x}\in \left(0;+\infty \right)$

Ta có $\mathrm{g}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)=-6\mathrm{x}+\frac{6}{{\mathrm{x}}^7}=\frac{-6{\mathrm{x}}^2+6}{{\mathrm{x}}^7};\mathrm{g}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)=0\iff \mathrm{x}=1$

Bảng biến thiên

Suy ra $\mathrm{m}\ge \mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right),\forall \mathrm{x}\in \left(0;+\infty \right)\iff \mathrm{m}\ge \underset{\mathrm{m}\in \left(0;+\infty \right)}{\max }\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{g}\left(1\right)=-4$

Mà $\mathrm{m}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\Rightarrow \mathrm{m}\in \left\{-4;-3;-2;-1\right\}$.

Đáp án B

Ta đi tìm m để phương trình $1-{\mathrm{t}}^2+\mathrm{t}-\mathrm{m}=0$ có nghiệm $\mathrm{t}\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $\iff \mathrm{m}=\mathrm{f}\left(\mathrm{t}\right)$ có nghiệm trên $\left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]$

$\iff \mathrm{m}\in \left[-1-\sqrt{2};\frac{5}{4}\right]$ mà $\mathrm{m}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\Rightarrow \mathrm{m}\in \left\{-2;-1;0;1\right\}$

Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án C

Ta có

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\left(0;0;-4\right);\overrightarrow{\mathrm{AC}}\left(1;0;-4\right);\overrightarrow{\mathrm{BC}}\left(1;0;0\right),\overrightarrow{\mathrm{BD}}\left(0;1;0\right),\overrightarrow{\mathrm{CD}}=\left(-1;1;0\right)$

Đáp án C

Đặt $\mathrm{t}=\left|\mathrm{x}\right|\ge 0$, khi đó PT đã cho trở thành $2^{{\mathrm{t}}^2}+\mathrm{t}+{\mathrm{m}}^2-2\mathrm{m}=0\iff 2^{{\mathrm{t}}^2}+\mathrm{t}=-{\mathrm{m}}^2+2\mathrm{m}$

Hàm số $\mathrm{y}=2^{{\mathrm{t}}^2}+\mathrm{t}$ đồng biến trên $\left[0;+\infty \right)$.

Để PT đã cho có nghiệm thì $-{\mathrm{m}}^2+2\mathrm{m}\ge \mathrm{y}\left(0\right)\iff -{\mathrm{m}}^2+2\mathrm{m}\ge 1\iff {\left(\mathrm{m}-1\right)}^2\le 0\iff \mathrm{m}=1$

Đáp án C

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}=\left(1;-3;2\right)$

Vì (P) vuông góc với d nên (P) nhận $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}=\left(1;-3;2\right)$ làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng (P) đi qua A(2;-1;1) và nhận $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}=\left(1;-3;2\right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 

$1\left(\mathrm{x}-2\right)-3\left(\mathrm{y}+1\right)+2\left(\mathrm{z}-1\right)=0\iff \mathrm{x}-3\mathrm{y}+2\mathrm{z}-7=0$

Đáp án D

Ta có $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\left(\mathrm{Q}\right)}}=\left(1;-2;-2\right)$

Vì (P) song song với (Q) nên (P) nhận $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\left(\mathrm{Q}\right)}}=\left(1;-2;-2\right)$ làm vectơ pháp tuyến.

Mặt phẳng (P) đi qua A(-1;3;-2) và nhận $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\left(\mathrm{Q}\right)}}=\left(1;-2;-2\right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là:

$1\left(\mathrm{x}+1\right)-2\left(\mathrm{y}-3\right)-2\left(\mathrm{z}+2\right)=0\iff \mathrm{x}-2\mathrm{y}-2\mathrm{z}+3=0$

Đáp án C

• TH1: a = b = 0 thì y = cx + d.

Để hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$ thì c > 0.

• TH2: $\mathrm{a}\ne 0$, em có: $\mathrm{y}\text{'}=3{\mathrm{ax}}^2+2\mathrm{bx}+\mathrm{c}$. Để hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$

$\iff y\text{'}\ge 0\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\Delta }_{y\text{'}}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b^2-3ac\le 0\end{array}\right.$

Đáp án A

Đáp án B

• Điều kiện: x > 0.
• Đặt $\mathrm{t}=\sqrt{{\log }_3^2\mathrm{x}+1}\ge 1\to {\mathrm{t}}^2={\log }_3^2\mathrm{x}+1\iff {\log }_3^2\mathrm{x}={\mathrm{t}}^2-1.$

Ta có $1\le \mathrm{x}\le 3^{\sqrt{3}}\iff 1\le \sqrt{{\log }_3^2\mathrm{x}+1}\le 2$ hay $\mathrm{t}\in \left[1;2\right]$.

Lúc đó yêu cầu bài toán tương đương tìm tham số m để phương trình ${\mathrm{t}}^2+\mathrm{t}-2=2\mathrm{m}$ có nghiệm $\mathrm{t}\in \left[1;2\right]$.

Xét hàm số $\mathrm{f}\left(\mathrm{t}\right)={\mathrm{t}}^2+\mathrm{t}-2$ trên [1;2]. Em có $\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{t}\right)=2\mathrm{t}+1>0\forall \mathrm{t}\in \left[1;2\right]$. Hàm số đồng biến trên [1;2].

Như vậy, phương trình có nghiệm khi $\mathrm{f}\left(1\right)\le 2\mathrm{m}\le \mathrm{f}\left(2\right)\to 0\le 2\mathrm{m}\le 4\to 0\le \mathrm{m}\ge 2.$

Suy ra $-1\le \mathrm{m}\le 1.$

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án A

Bạn Nam chọn 3 trong 10 câu nên $\mathrm{n}\left(\mathrm{\Omega }\right)={\mathrm{C}}_{10}^3=120.$

Gọi A là biến cố “Nam chọn ít nhất một câu hình học”.

Khi đó $\overline{\mathrm{A}}$: “Nam không chọn được câu hình học nào” hay Nam chỉ chọn toàn câu đại số

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{n}\left(\overline{\mathrm{A}}\right)={\mathrm{C}}_6^3=20\Rightarrow \mathrm{n}\left(\mathrm{A}\right)=\mathrm{n}\left(\mathrm{\Omega }\right)-\mathrm{n}\left(\overline{\mathrm{A}}\right)=100\\ \Rightarrow \mathrm{P}\left(\mathrm{A}\right)=\frac{100}{120}=\frac{5}{6}\end{array}$

Đáp án B

Đáp án C

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển $T_{k+1}=\frac{{\left(-1\right)}^k}{2^{7-k}}.C_7^k.x^{14-3k}$

Suy ra $14-3k=5\iff k=3$

Vậy số hạng chứa $x^5$ trong khai triển là $T_4=-\frac{35}{16}{x}^5.$

Đáp án D

Đáp án B

Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB, HC. IE là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB, IF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HKC.

=> IA = IB = IC = IH = IK

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AHKB.

Suy ra bán kính R = $\frac{\sqrt{2}\pi a^3}{3}$

Đáp án C

Em có: $\mathrm{S}=1.\frac{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}-1}{\mathrm{q}-1}=\frac{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}-1}{\mathrm{q}-1}.$

Vì cấp số nhân mới tạo thành bằng cách thay đổi mỗi số hạng của cấp số nhân ban đầu thành nghịch đảo của nó nên cấp số nhân mới sẽ có công bội là $\frac{1}{\mathrm{q}}$.

Gọi S' là tổng mới của cấp số nhân mới.

Em có: $\mathrm{S}\text{'}=\frac{{\left(\frac{1}{\mathrm{q}}\right)}^{\mathrm{n}}-1}{\frac{1}{\mathrm{q}}-1}=\frac{1-{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}}{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}.\frac{1-\mathrm{q}}{\mathrm{q}}}=\frac{1-{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}}{1-\mathrm{q}}.\frac{1}{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}-1}}=\frac{\mathrm{S}}{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}-1}}.$

Vậy tổng của cấp số nhân mới là: $\frac{\mathrm{S}}{{\mathrm{q}}^{\mathrm{n}-1}}$.

Đáp án A

Đáp án C

Giả sử A là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng toạ độ, B(3;0).

Tam giác OAB có góc OAB là góc tù nên $\mathrm{OA}\le \mathrm{OB}\Rightarrow \left|\mathrm{z}\right|\le \mathrm{OB}=3.$

Do đó ${\left|\mathrm{z}\right|}_{\max }=3.$

Đáp án B

Vậy d lớn nhất bằng $\frac{1}{\sqrt{3}}$ khi a = b = c = 1.

Đáp án C

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Theo giả thiết, góc giữa cạnh bên và đáy chính là góc giữa SA và OA hay $\stackrel{⏜}{\mathrm{SAO}}=45°$.

Diện tích xung quanh cần tính là: ${\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}=\mathrm{\pi Rl}$

Tam giác ABC đều cạnh 2a nên $\mathrm{AH}=\mathrm{a}\sqrt{3}$

Đáp án C

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$

Đáp án A

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1). Gọi E là điểm thỏa mãn $3\overrightarrow{\mathrm{EA}}+2\overrightarrow{\mathrm{EB}}+\overrightarrow{\mathrm{EC}}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \mathrm{E}\left(1;4;-3\right)$

$\mathrm{T}=6{\mathrm{ME}}^2+3{\mathrm{EA}}^2+2{\mathrm{EB}}^2+{\mathrm{EC}}^2$

T nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất <=> M là 1 trong 2 giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu (S).

Đáp án C

Đáp án A

Từ giả thiết, cosx; cos2x; cos3x; theo thứ tự lập thành một cấp số cộng, em có:

Đáp án B

Đáp án D

Giả thiết $\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[\sqrt{\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)}.\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\right]}^2\mathrm{dx}\frac{1}{3}\le 2\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)}.\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}$

$\begin{array}{l}\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[3\sqrt{\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)}.\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\right]}^2\mathrm{dx}-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}3\sqrt{\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)}.\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\mathrm{dx}\le 0\\ \iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[3\sqrt{\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)}.\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)-1\right]}^2\mathrm{dx}\le 0\end{array}$

Đáp án C

Em có f(1) = -1. Do đường thẳng y = m +1 có đồ thị là một đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành. Vậy để đường thẳng y = m +1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ ${\mathrm{x}}_1<1<{\mathrm{x}}_2<{\mathrm{x}}_3$ thì đường thẳng y = m +1 phải cắt đồ thị như hình vẽ

$\iff -3<\mathrm{m}+1<-1\iff -4<\mathrm{m}<-2$

Đáp án C

Em có: $\left|\mathrm{z}\right|=\left|\mathrm{z}-3-4\mathrm{i}+3+4\mathrm{i}\right|\le \left|\mathrm{z}-3-4\mathrm{i}\right|+\left|3+4\mathrm{i}\right|$

=> $\left|\mathrm{z}\right|\le 1+5=6$

=> Giá trị lớn nhất của |z| là 6

Đáp án D

Cách 1: Em có z = 1 không là nghiệm của phương trình trên.

Đáp án A

Tập xác định của hàm số: $\mathrm{D}=\left[0;4\right]$

Ø  Xét tử số, đặt $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{x}\sqrt{\mathrm{x}}+\sqrt{\mathrm{x}+12}$

Em thấy $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)>0\forall \mathrm{x}\in \left[0;4\right]\\ \mathrm{g}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)=\frac{3\mathrm{x}}{2\sqrt{\mathrm{x}}}+\frac{1}{2\sqrt{\mathrm{x}+12}}>0\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)$ là hàm dương và đồng biến trên [0;4]

Ø  Xét mẫu số, xét $\mathrm{h}\left(\mathrm{x}\right)=\sqrt{5-\mathrm{x}}+\sqrt{4-\mathrm{x}}$

Em thấy $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{h}\left(\mathrm{x}\right)>0\forall \mathrm{x}\in \left[0;4\right]\\ \mathrm{h}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)=\frac{-1}{2\sqrt{5-\mathrm{x}}}+\frac{-1}{2\sqrt{4-\mathrm{x}}}<0\end{array}\right.$

=> h(x) là hàm dương và nghịch biến trên [0;4]

=> $\frac{1}{\mathrm{h}\left(\mathrm{x}\right)}$ là hàm đồng biến trên [0;4]$\Rightarrow \mathrm{y}=\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right).\frac{1}{\mathrm{h}\left(\mathrm{x}\right)}$ là hàm đồng biến trên [0;4]

$\Rightarrow \mathrm{maxy}=\mathrm{y}\left(4\right)=12;\mathrm{miny}=\mathrm{y}\left(0\right)=2\sqrt{15}-4\sqrt{3}$

Đáp án A

Tập xác định của hàm số là: D = $\mathrm{ℝ}$

Đáp án C

Cách 1: Số phức z được biểu diễn bởi điểm M(x;y).

Số phức ${\mathrm{z}}_1$ được biểu diễn bởi điểm A(1;-1).

Em có: $\left|\mathrm{z}-1+\mathrm{i}\right|=2\Rightarrow \mathrm{MA}=2$.

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm A(1;-1), bán kính R = 2 và có phương trình: ${\left(\mathrm{x}-1\right)}^2+{\left(\mathrm{y}+1\right)}^2=4$.

Cách 2: Đặt $\mathrm{z}=\mathrm{x}+\mathrm{yi},\left(\mathrm{x};\mathrm{y}\in \mathrm{ℝ}\right)$. Số phức z được biểu diễn bởi điểm M(x;y).

Em có:

$\begin{array}{l}\left|\mathrm{z}-1+\mathrm{i}\right|=2\iff \left|\left(\mathrm{x}-1\right)+\left(\mathrm{y}+1\right)\mathrm{i}\right|=2\\ \iff \sqrt{{\left(\mathrm{x}-1\right)}^2+{\left(\mathrm{y}+1\right)}^2}=2\\ \iff {\left(\mathrm{x}-1\right)}^2+{\left(\mathrm{y}+1\right)}^2=4\end{array}$

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I(1;-1), bán kính R = 2 và có phương trình:

${\left(\mathrm{x}-1\right)}^2+{\left(\mathrm{y}+1\right)}^2=4$.

Đáp án D

Đặt ${\mathrm{z}}_1={\mathrm{x}}_1+{\mathrm{y}}_1\mathrm{i},\left({\mathrm{x}}_1;{\mathrm{y}}_1\in \mathrm{ℝ}\right)$. Số phức ${\mathrm{z}}_1$ được biểu diễn bởi điểm $\mathrm{M}\left({\mathrm{x}}_1;{\mathrm{y}}_1\right)$.

Đặt ${\mathrm{z}}_2={\mathrm{x}}_2+{\mathrm{y}}_2\mathrm{i},\left({\mathrm{x}}_2;{\mathrm{y}}_2\in \mathrm{ℝ}\right)$. Số phức ${\mathrm{z}}_2$ được biểu diễn bởi điểm $\mathrm{N}\left({\mathrm{x}}_2;{\mathrm{y}}_2\right)$.

Suy ra: $\left|{\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2\right|=\mathrm{MN}$.

Em có: $\left|{\mathrm{z}}_1-5-\mathrm{i}\right|=3\iff \left|\left({\mathrm{x}}_1-5\right)+\left({\mathrm{y}}_1-1\right)\mathrm{i}\right|=3\iff {\left({\mathrm{x}}_1-5\right)}^2+{\left({\mathrm{y}}_1-1\right)}^2=9.$

Vậy điểm M thuộc đường tròn $\left(\mathrm{C}\right):{\left(\mathrm{x}-5\right)}^2+{\left(\mathrm{y}-1\right)}^2=9$, có tâm là điểm I(5;1), bán kính R = 3.

Vậy điểm N thuộc đường thẳng d: x - y +2 = 0.

Dễ thấy đường thẳng d và đường tròn C không cắt nhau.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho bộ ba điểm I, M, N em có:

$\mathrm{MN}\ge \left|\mathrm{IM}-\mathrm{IN}\right|=\left|\mathrm{IN}-\mathrm{R}\right|\ge \left|\mathrm{d}\left(\mathrm{I};\mathrm{d}\right)-\mathrm{R}\right|=\left|\frac{5-1+2}{\sqrt{2}}-3\right|=-3+3\sqrt{2}$

Dấu “=” bằng xảy ra khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng và N là hình chiếu của I trên đường thẳng d.

Vậy ${\left|{\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2\right|}_{\min }=-3+3\sqrt{2}$.

Đáp án D

Hàm số tương đương với: $\mathrm{y}={\tan }^3\mathrm{x}-3{\tan }^2\mathrm{x}+\left(1-\mathrm{m}\right)\mathrm{tanx}+2\left(1\right)$

Đặt $\mathrm{t}=\mathrm{tanx}\Rightarrow \mathrm{t}\in \left(0;1\right)\stackrel{\left(1\right)}{\to }\mathrm{y}={\mathrm{t}}^3-3{\mathrm{t}}^2+\left(1-\mathrm{m}\right)\mathrm{t}+2$

Đáp án D

Vì A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox, Oy, Oz nên: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{A}\left(-3;0;0\right)\\ \mathrm{B}\left(0;2;0\right)\\ \mathrm{C}\left(0;0;4\right)\end{array}\right.$

Em có M’ là hình chiếu song song của M trên (ABC)