Đáp án C

Tập xác định $D=S=\left(-2;+\infty \right)$.

Ta có $\ln \left(x^2+1\right)-\ln \left(2x+4\right)>0<=>x^2-2x-3>0<=>{[}_{x>3}^{x<-1}$

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình $S=\left(-2;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right)$.

Đáp án D

$f\text{'}\left(x\right)=2\cos \left(x^2+1\right)\left(\cos \left(x^2+1\right)\right)\text{'}=2\cos \left(x^2+1\right)(-2x) \sin \left(x^2+1\right)=-2x \sin 2\left(x^2+1\right)$.

Đáp án D

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: $\frac{x}{-1}=\frac{y}{-2}=\frac{z}{3}<=> 6x+3y-2z+6=0$.

Đáp án C

Khối trụ có độ dài đường sinh l=2a, bán kính đáy R, diện tích xung quanh mặt trụ

$S_{xq}=4{\mathrm{\pi a}}^2<=> 2\mathrm{\pi Rl}=4{\mathrm{\pi a}}^2<=> \mathrm{R}=\mathrm{a}$. Thể tích khối trụ bằng $V=h{\mathrm{\pi R}}^2=2{\mathrm{a}}^3\mathrm{\pi }$.

Đáp án B

Đáp án C

Tìm |f(x)|  rồi tìm f(x).

Số nghiệm của phương trình là số nghiệm của phương trình đường thẳng $f\left(x\right) =\pm a$ với đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$

$2\left|f\right(x\left)\right|-5=0<=> \left|f\right(x\left)\right|=\frac{5}{2}<=> {[}_{f\left(x\right)=-\frac{5}{2}\left(2\right)}^{f\left(x\right)=\frac{5}{2}\left(1\right)}$

Số nghiệm của phương trình đã cho là tổng số nghiệm của phương trình (1) và phương trình (2).

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đường thẳng $y=\frac{5}{2}$ và đường thẳng $y=-\frac{5}{2}$ với đồ thị hàm số y=f(x).

Như vậy, dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Đáp án B

Kẻ $DE\perp AC, E\in AC$ ta có $DE\perp SA$ do đó $DE\perp \left(SAC\right)$.

Suy ra góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng $\left(SAC\right)$ bằng góc $\widehat{DSE}$.

Ta có $ED=\frac{2}{\sqrt{5}.},SD=a\sqrt{5}, SE=\frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{5}}$.

Tam giác DSE vuông tại E nên $\cos \widehat{DSE}=\frac{SE}{SD}=\frac{\sqrt{21}}{5}$.

Đáp án C

Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập thành từ dãy trên là $A_8^3$.

Đáp án A

Ta có: ${\log }_2 \left(\frac{a^3}{2\sqrt{2}}\right)={\log }_2\left(\frac{a^3}{2^{{\displaystyle \frac{3}{2}}}}\right)={\log }_2{a}^3-{\log }_2{2}^{\frac{3}{2}}=5{\log }_{2}a-\frac{3}{2}$

Đáp án C

$\overline{z}=\frac{{\left(1-\sqrt{3}i\right)}^3}{1+i}=-4+4i$ và $-4+4i$

$w=\overline{z}-i.z=-4+4i -i(-4+4i)=-8+8i => \left|w\right|=8\sqrt{2}$.

Đáp án A

Vì $AB=\sqrt{9+4+4}=\sqrt{17}$.

Đáp án D

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{\pm 2\right\}$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{\sqrt{2}}{2}, \underset{x\to -\infty }{\lim }y=\frac{-\sqrt{2}}{2}=>$ đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2}{\lim }y=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{ (x-2)\sqrt{2x^2+1}-3}{2x^2-8}=\underset{x\to 2}{\lim }y\frac{ \sqrt{2x^2+1}-3}{2(x+2)}=\frac{3}{4} \\ \underset{x\to {(-2)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {(-2)}^{+}}{\lim }=\frac{ (x-2)\sqrt{2x^2+1}-3}{2x^2-8}=\underset{x\to {(-2)}^{+}=}{\lim }\frac{ \sqrt{2x^2+1}-3}{2(x+2)}=+\infty , \underset{x\to {(-2)}^{+}}{\lim }y=-\infty \end{gathered}$$

Do đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x=-2.

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2.

Đáp án B

Nhìn đồ thị biết hàm số có tính chất $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên chọn A hoặc D.

Đồ thị hàm số đi qua (1;-1) nên chọn A.

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right) =\left(x^2-1\right) {\left(x-3\right)}^2 {\left(x+2\right)}^{2019}, \forall x\in \mathrm{ℝ}$

$f\text{'}\left(x\right)=0<=>\begin{array}{c}x=-2\\ x=3\\ x=\pm 1\end{array}$ trong đó x=3 là nghiệm bội chẵn

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu là x=-2  và x=1.

Đáp án A

Ta có: $2a+3+\left(3b-2i\right)i=4-3i<=> 2a+3+3bi+2=4-3i <=> 2a+5+3bi =4-3i$

Vậy ta có $\left\{\begin{array}{l}2a+5\\ 3b=-3\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=-1\end{array}=> 2a-b=0\right.\right.$.

Đáp án C

Ta có diện tích thiết diện là $S\left(x\right)=x\sqrt{3-x}$.

Vậy thể tích phần vật thể $\varphi$ là: $V={\int }_0^{3}S\left(X\right)dx={\int }_0^{3}x\sqrt{3-x}dx=\frac{12\sqrt{3}}{5}$.

Đáp án B

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2} AB.AC= \frac{1}{3}\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a=\frac{a^3}{12}$.

Đáp án C

Đường $d: \frac{x-1}{1} =\frac{y+1}{4} =\frac{z}{1}$ đi qua M(1;-1;0) và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(1;4;1)$.

Mặt phẳng $\left(P\right): 2x-y+2z-9=0$ có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;2\right)$

Ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}=> d//\left(P\right)\right. \\ {d}_{\left(d;\left(P\right)\right)}= d_{\left(M;\left(P\right)\right)}=\frac{\left|2+1-9\right|}{\sqrt{4+1+4}}=2 \end{gathered}$$

Đáp án B

Áp dụng công thức $V=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3=> \mathrm{V}=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{\pi }$.

Đáp án C

Ta có: ${\left(\sqrt{2}\right)}^{x^2-2x+1}=4<=> {\left(\sqrt{2}\right)}^{x^2-2x+1}={\left(\sqrt{2}\right)}^4<=> x^2-2x+1=4<=>{[}_{x=-1}^{x=3}$Vậy tập nghiệm của phương trình là {-1;3}.

Đáp án C

Gọi I₁ là tâm mặt cầu (S₁) và R₁ là bán kính mặt cầu (S₁).

Tính được khoảng cách $I{I}_1 =\sqrt{2^2+1^2+2^2}=3>R_1=1$ nên điểm I nằm ngoài mặt cầu (S₁).

Suy ra bán kính của mặt cầu (S) là $R=I{I}_1-R_1=2$.

Đáp án B

Ta có

$f\left(x\right) ={\sin }^4 x +{\cos }^2 x +\frac{1}{4}\cos 2x={\sin }^4 x +1-{\sin }^2 x +\frac{1}{4}\left(1-2{\sin }^2 x\right)={\sin }^4 x-\frac{3}{2}{\sin }^2 x+\frac{5}{4}$

Đặt ${\sin }^2 x=t\left(0\le t\le 1\right)$ khi đó đưa về bài toán tìm M và m là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số $g\left(t\right)=t^2-\frac{3}{2}t+\frac{5}{4}, t\in \left[0;1\right]$.

Ta có $g\text{'}\left(t\right)=2t-\frac{3}{2}=> g\text{'}\left(t\right)=0<=>2t-\frac{3}{2}=0<=>t=\frac{3}{4} t\in \left[0;1\right]$.

Mà $g\left(0\right)=\frac{5}{4};g\left(1\right)=\frac{3}{4}; g\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{11}{16}$.

Vậy $M=\frac{5}{4}; m=\frac{11}{16}=> M-m=\frac{9}{16}$.

Đáp án B

Cách 1: Ta có ${\log }_{2}3 ={\log }_{2}5.{\log }_{5}3=ab$

${\log }_{48}45=\frac{{\log }_{2}45}{{\log }_{2}48}=\frac{{\log }_2\left(3^2.5\right)}{{\log }_2\left(2^4.3\right)}=\frac{2{\log }_{2}3+{\log }_{2}5}{4+{\log }_{2}3}=\frac{a+2ab}{4+ab}$.

Cách 2:

Lưu biến nhớ ${\log }_{2}5-> A, {\log }_{5}3->B$

Bấm ${\log }_{48}45-\frac{A+2AB}{4+AB}=0$ nên đáp án B đúng.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên hai khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và (0;1) nên chọn đáp án C.

Đáp án B

(P): 2x-3z+5=0, suy ra véctơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n}=\left(2;0;-3\right)$.

Đường thẳng (d)  vuông góc với mặt phẳng (P) nên có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(2;0;-3\right)$.

Đáp án B

Ta có

$\log 7-{10}^x=1-x <=> 7-{10}^x={10}^{1-x}<=>{10}^{2x}-7-{10}^x+10=0<=> {[}_{{10}^x=5}^{{10}^x=2}<=> {[}_{x=\log 5}^{x=\log 2}$Tổng các nghiệm thực bằng log2+log5=log10=1.

Đáp án C

Gọi q là công bội của cấp số nhân (u_n).

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_2+u_3=4\\ u_4+u_5+u_6=-32\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ u_1.q^3+u_1.q^4+u_1.q^5=-32\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ q^3{u}_1\left(1+q+q^2\right)=-32\end{array}\right. \\ <=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ q=-2\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1=\frac{4}{3}\\ q=-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $u_n=\frac{4.{\left(-2\right)}^{n-1}}{3}$.

Đáp án B

Đặt $t=2x+1=> dt=2dx<=> dx=\frac{dt}{2}$.

Đổi cận:

Ta có ${\int }_0^{1}f(2x+1) dx={\int }_1^{3}f\left(t\right). \frac{dt}{2}=\frac{1}{2}{\int }_1^{3}f\left(x\right)dx=2$.

Đáp án A

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int 2x \left(3+e^x\right)dx=6\int xdx+2\int x{e}^{x}dx$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}dx\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.\right.$

Suy ra: $\int f\left(x\right)dx=3x^2+2\left(x{e}^x-\int e^{x}dx\right)=3x^2+2x{e}^x-2e^x+C$.

Đáp án B

Phương pháp trắc nghiệm. Vì hàm số bậc 4 trùng phương có ab<0 nên có 3 cực trị.

Phương pháp tự luận. Tính $y\text{'}=4x^3+2mx=0<=> \begin{array}{c}x=0\\ x=\sqrt{-\frac{m}{2}}\\ x=-\sqrt{-\frac{m}{2}}\end{array}$ nên hàm số có 3 cực trị.

Đáp án D

A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn hình học của các số phức $z_1=1-2i; z_2=-1+i và z_3=3+4i$  suy ra A(1;-2), B(-1;1), C(3;4).

Điểm G là trọng tâm $∆ABC=>\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1+\left(-1\right)+3}{3}=1\\ y_G=\frac{-2+1+4}{3}=1\end{array}\right.=> G\left(1;1\right)$.

Vậy G là điểm biểu diễn của số phức $z=1+i$.

Đáp án A

Cách 1:

Gọi O là giao điểm AC và BD.

$$\begin{gathered} \left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\left(SB, BG\right)=\widehat{SBG }==60° \\ {S}_{∆ABC}=\frac{1}{2}{a}^2. \\ BD=a\sqrt{2}=> BG=\frac{2}{3}a\sqrt{2}= \frac{2\sqrt{3}}{3}a \end{gathered}$$

Trong tam giác vuông SBG có

$$\begin{gathered} \tan 60°=\frac{SG}{BG}=> SG=\frac{2\sqrt{6}}{3}a. \\ {V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{∆ABC}.SG=\frac{\sqrt{6}}{9}{a}^3 \\ => V_{A.SBC}=\frac{\sqrt{6}}{9}{a}^2=> V_{M.SBC}=\frac{1}{2}{V}_{A.SBC}=\frac{\sqrt{6}}{18}{a}^3 \end{gathered}$$

Trong tam giác vuông SBG, có $SB=\frac{SG}{\sin 60}=\frac{4\sqrt{2}}{3}a$.

Trong tam giác vuông OGC, có $GC=\sqrt{O{C}^2+O{G}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{3}a$.

 Trong tam giác vuông SGC, có $$\begin{gathered} SC=\sqrt{S{G}^2+G{C}^2}=\frac{29}{3}a \\ => S_{∆ABC}=\frac{\sqrt{7}}{3}{a}^2 \\ => V_{M.SBC}=\frac{1}{3}{S}_{∆ABC}.d\left(M,\left(SBC\right)\right)=>d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{3 V_{M.SBC}}{S_{∆ABC}}=\frac{\sqrt{42}}{14}a \end{gathered}$$

Cách 2:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có $$\begin{gathered} MO//SC=> MO//\left(SBC\right) \\ => d\left(M,\left(SBC\right)\right)=d\left(O,\left(SBC\right)\right)=\frac{3}{4}d\left(G,\left(SBC\right)\right) \end{gathered}$$

Dựng $GI\perp BC\left(I\in BC\right)=> BC\perp \left(SGI\right)=> \left(SBC\right)\perp \left(SGI\right)$ theo giao tuyến SI. Trong tam giác SGI dựng đường cao $SH=> GH\perp \left(SBC\right)=>d\left(G,\left(SBC\right)\right)=GH.$

$$\begin{gathered} \left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\left(SB,BG\right)=\widehat{SBG}=60° \\ BD=a\sqrt{2}=> BG=\frac{2}{3}a\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3} \end{gathered}$$

Trong tam giác vuông SGB có $\tan 60°=\frac{SG}{BD}=> SG=\frac{2\sqrt{6}}{3}a$.

$GI=\frac{2}{3}a$.

Trong tam giác vuông SGI, có $\frac{1}{G{H}^2}=\frac{1}{G{I}^2}+\frac{1}{S{G}^2}=> GH=\frac{2\sqrt{42}}{21}a$.

Vậy $=>d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{3}{4}.\frac{2\sqrt{42}}{21}a=\frac{\sqrt{42}}{14}a$.

Đáp án A

Gọi H là trung điểm BM, tam giác A'BM cân tại A' nên $A\text{'}H\perp BM$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}(A\text{'}BM)\perp \left(ABC\right)\\ (A\text{'}BM)\cap \left(ABC\right)=BM=> A\text{'}H \perp \left(ABC\right)\\ A\text{'}H\perp BM\end{array}\right.$

Tam giác ABC đều cạnh a nên ta có:

$\left\{\begin{array}{l}BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}=> BH =\frac{a\sqrt{3}}{4}\\ S_{∆ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}\right.$

A'B' có hình chiếu vuông góc trên (ABC) là HB

Góc tạo bởi A'B với mặt phẳng (ABC) là góc A'BH (vì góc A'BH là góc nhọn)

Xét tam giác  vuông tại H, ta có:

$$\begin{gathered} \widehat{A\text{'}BH}={30}^O, \tan \widehat{A\text{'}BH}=\frac{A\text{'}H}{BH}=> A\text{'}H=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{4} \\ {V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{∆ABC}=\frac{a}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{16} \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi m (kg) là lượng thức ăn tiêu thụ của ngày đầu tiên.

Số lượng thức ăn mua dự trữ là 120.m (kg).

Gọi n là số ngày thực tế lượng thức ăn sẽ hết. Ta có n là số nguyên lớn nhất thỏa mãn:

$120\ge m+m.1,03+...+m.{(1,03)}^{n-1}<=> 120\ge \frac{{\left(1,03\right)}^n-1}{0,03}<=> n\le 51,63$

Suy ra n=51.

Đáp án C

Ta có: $$\begin{gathered} {\int }_0^2\frac{x}{x^2+2x+4}dx={\int }_0^2\left(\frac{x+1}{x^2+2x+4}-\frac{1}{x^2+2x+4}\right)dx \\ ={\int }_0^2\frac{x+1}{x^2+2x+4}dx-{\int }_0^2\frac{1}{x^2+2x+4}dx \end{gathered}$$

Tính $I_1={\int }_0^2\frac{x+1}{x^2+2x+4}dx=\frac{1}{2}\ln \left(x^2+2x+4\right){|}_0^2=\frac{1}{2}(\ln 12- \ln 4)=\frac{1}{2}\ln 3$

Tính $I_2={\int }_0^2\frac{1}{x^2+2x+4}dx={\int }_0^2\frac{1}{{(x+1)}^2+3}$.

Đặt $x+1=\sqrt{3} \tan u=> dx=\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^{2}u}du$. Đổi cận: $x=0=> u=\frac{\mathrm{\pi }}{6} và x=2=> u=\frac{\mathrm{\pi }}{3}.$

Suy ra $I_2={\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{6}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{3}}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^{2}u}.\frac{1}{\left(1+ {\tan }^{2}u\right)}du=\frac{1}{\sqrt{3}}{\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{6}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{3}}du=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}-\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=\frac{\mathrm{\pi }}{6\sqrt{3}}$.

Vậy ${\int }_0^2\frac{x}{x^2+2x+4}dx=I_1-I_2=\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\mathrm{\pi }}{6\sqrt{3}}$.

Suy ra $a^2+3b^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+3.{\left(\frac{1}{6\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{5}{18}$.

Đáp án B

Gọi chiều cao của bình nước hình trụ là h (cm), bán kính là R (cm).

Ta có chiều cao của bình nước thì gấp 8 lần bán kính của viên bi ve nên: h=8.1=8 (cm)

Khi cho ba viên bi vào bình nước thì nước dâng lên đến miệng bình, nên ta có thể tích của ba viên bi bằng một phần ba thể tích của bình nước

 $3\left(\frac{4}{3}\mathrm{\pi }.{\left(1\right)}^3\right)=\frac{1}{3}\left(8\mathrm{\pi }.{\mathrm{R}}^2\right)<=> R=\sqrt{\frac{3}{2}}$(cm)

Diện tích xung quanh của bình nước là:

$S_{xq}=2\mathrm{\pi Rh}\approx 61,6 \left({\mathrm{cm}}^2\right)$.

Đáp án D

Đặt g(x)=f(x²+2x+3)=> g'(x)= 2(x+1).f'(x²+2x+3).

Do $x^2+2x+3={(x+1)}^2+2\ge 2$ và đồ thị hàm số y=f'(x) ta có:

$g\text{'}\left(x\right)=0<=>{[}_{f\text{'}(x^2+2x+3)=0}^{x+1=0}<=> {[}_{x^2+2x+3=3}^{x=-1}<=>\left\{\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=-2\end{array}\right.$.

Ta có bảng xét dấu g'(x) như sau:

Suy ra hàm số y=f(x²+2x+3) nghịch biến trên mỗi khoảng (-2;-1) và $(0;+\infty )$ nên chọn D.

Đáp án C

Ta có: $I={\int }_1^{2}f\left(x\right)dx={\int }_0^{2}f\left(x\right)dx-{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx={\int }_0^{2}f\left(x\right)dx-1=J-1$

Ta có: ${\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}{\int }_0^{1}3f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}{\int }_0^{1}f\left(2x\right)dx=1<=>{\int }_0^{1}f\left(2x\right)dx=3$

Đặt t=2x-> dt=2dx.

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0=> t=0\\ x=1=> t=2\end{array}=> {\int }_0^{1}f\left(2x\right)dx\right.={\int }_0^{2}f\left(t\right)dx={\int }_0^{2}f\left(x\right)dx=3=> J=3$

Vậy $I={\int }_1^{2}f\left(x\right)dx=3-1=2$.

Đáp án C

Hai đường thẳng $\left(d_1\right), \left(d_2\right)$ có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=(3;2;-2) và \overrightarrow{u_2}=(2;2;-1)$ .

Lấy điểm $A(1+3t; -1+2t;2-2t)\in \left(d_1\right) và B(4+2u; 4+2u;-3-u)\in \left(d_2\right)$

AB là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng  khi

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_2}=0\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}12u-17t=-29\\ 9u-12t=-21\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}u=-1\\ t=1\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}A(4;1;0)\\ B(2;2;-2)\\ \overrightarrow{AB}(-2;1;-2)\end{array}\right.\right.$.

Vậy phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng $\left(d_1\right), \left(d_2\right)$ là $\frac{x-2}{2}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+2}{2}$.

Đáp án C

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z=x+iy(x²+y²>0)

Ta có: $\left|z-4+\overline{z}+\right|+\left|z-\overline{z}\right|\ge 4<=> \left|2x-4\right|+\left|2y\right|\ge 4<=> \left|x-2\right|+\left|y\right|\ge 2$

* $w=\left(z-2i\right)\left(\overline{z}i+2-4i\right)=x(y+2)-(x-4)(y-2)+\left[x\left(x-4\right)+y^2-4\right]i$

Theo giả thiết, ta có: $x\left(x-4\right)+y^2-4\le 0<=> x^2+y^2-4x-4\le 0$

Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn:

$\left\{\begin{array}{l}\left|x-2\right|+\left|y\right|\ge 2\\ x^2+y^2-4x-4\le 0\end{array}\right.$ có miền là hình vẽ dưới đây:

Hình phẳng (H) là phần không gian nằm bên ngoài hình vuông cạnh bằng 2 và nằm bên trong hình tròn (C) có tâm I(2;0) và bán kính $R=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$.

Diện tích hình (H) là $S={\mathrm{\pi R}}^2-2^2=\mathrm{\pi }{\left(2\sqrt{2}\right)}^2-4=8\mathrm{\pi }-4\approx \approx 21,13$.