20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 16)

Đáp án B.

Ta thấy $-\sqrt{2}$  và $-\frac{3}{4}$  không phải là số nguyên dương nên ${\left(-2\right)}^{-\sqrt{2}}$  và  ${\left(-5\right)}^{-\frac{3}{4}}$không có nghĩa. Ta loại A và C.

Ta có chú ý: $0^0$  và $0^{-n}$  không có nghĩa. Do vậy ta loại D.

Đáp án A.

Ta chọn luôn A do hàm số $y=\cos x$  tuần hoàn với chu kì $2\pi$  không phải với chu kì π

Đáp án A

Đáp án D.

Đặt $z=a+bi\left(a;b\in ℝ\right)$

Theo đề bài ta có  

$\begin{array}{l}\frac{1}{z}=\overline{z}\\ \iff \frac{1}{a+bi}=a-bi\\ \iff \left(a+bi\right)\left(a-bi\right)=1\\ \iff a^2+b^2=1\end{array}$

$\Rightarrow \left|z\right|=1$

Đáp án A

Đáp án A.

1. Tìm công bội của cấp số nhân.

2. Tìm số hạng thứ tư.

Vậy số hạng thứ tư của cấp số nhân đề cho là 1. Ta chọn A.

Đáp án B.

1. Giải phương trình tìm hai nghiệm và gán cho biến A và B.

Vậy phương trình có hai nghiệm là $A=-\frac{3}{14}+\frac{\sqrt{47}}{14}i$  và $B=-\frac{3}{14}-\frac{\sqrt{47}}{14}i$  .

2. Tính giá trị biểu thức cần tìm.

Giữ nguyên màn hình ở bước trên và tiếp tục nhấn

Vậy ta chọn B

Đáp án D.

Cách 1: Do $ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$  là hình hộp nên ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\left(0;-1;0\right)\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_C=0+2=2\\ y_C=-1+1=0\\ z_C=0+2=2\end{array}\right.\\ \Rightarrow C\left(2;0;2\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{C\text{'}D\text{'}}=\overrightarrow{CD}=\left(-1;-1;-1\right)\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_{D\text{'}}=-1+4=3\\ y_{D\text{'}}=-1+5=4\\ z_{D\text{'}}=-1-5=-6\end{array}\right.\\ \Rightarrow D\text{'}\left(3;4;-6\right)\end{array}$

Cách 2: Do $ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$  là hình hộp nên ta có ABCD là hình bình hành.

Suy ra 

$\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}\\ \Rightarrow \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OA}\\ \Rightarrow C=\left(2;0;2\right)\end{array}$

Tương tự ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD\text{'}}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OC\text{'}}\\ \Rightarrow \overrightarrow{OD\text{'}}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OC\text{'}}-\overrightarrow{OC}\\ \Rightarrow D\text{'}=\left(3;4;-6\right)\end{array}$

Đáp án A.

Điều kiện $x\in ℝ$

 $\begin{array}{l}y=\cos x+\cos \left(x-\frac{\pi }{3}\right)\\ =\cos x+\cos x.\cos \frac{\pi }{3}+\sin x.\sin \frac{\pi }{3}\\ =\cos x+\frac{1}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\end{array}$

$=\frac{3}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x$

Cách 1: $y=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x+\frac{1}{2}\sin x\right)$$=\sqrt{3}\sin \left(x+\frac{\pi }{3}\right)$ Suy ra $-\sqrt{3}\le y\le \sqrt{3}$

Vậy  $m=-\sqrt{3};M=\sqrt{3}$ và do đó $M^2+m^2=6$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

 ${\left(\frac{3}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\right)}^2$$\le \left[{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2\right]\left[{\left(\cos x\right)}^2+{\left(\sin x\right)}^2\right]$

 $\begin{array}{l}\iff {\left(\frac{3}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\right)}^2\le 3\\ \iff -\sqrt{3}\le y\le \sqrt{3}\end{array}$

 $\Rightarrow M=\sqrt{3}$ khi  $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}\cos x=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin x\\ \frac{3}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x=\sqrt{3}\end{array}\right.$

Tương tự ta có $m=-\sqrt{3}$   khi  $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}\cos x=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin x\\ \frac{3}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x=-\sqrt{3}\end{array}\right.$

$\Rightarrow M^2+m^2={\left(\sqrt{3}\right)}^2+{\left(-\sqrt{3}\right)}^2=6$

Vậy ta chọn A.

Đáp án B.

Điều kiện: $x\in \left(-1;1\right)$ .

Cách 1: Do tập xác định của phương trình là một đoạn ngắn do vậy ta nên sử dụng TABLE để xác định số nghiệm của phương trình thay vì đi giải phương trình mất nhiều thời gian.

Sử dụng TABLE với thiết lập Start ‒1, End 1; Step 0,1.

Nhìn vào bảng giá trị ta thấy hàm số chỉ đổi dấu khi qua x=0; do vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=0  .

Cách 2:  

$\begin{array}{l}{\log }_5\left(1-x^2\right)+{\log }_{\frac{1}{7}}\left(1+x^2\right)=0\\ \iff {\log }_5\left(1-x^2\right)={\log }_7\left(1+x^2\right)\end{array}$

Vì $0<1-x^2\le 1\forall x\in \left(-1;1\right)$  nên ${\log }_5\left(1-x^2\right)\le 0\forall x\in \left(-1;1\right)$ .

Mặt khác vì  $1+x^2\ge 1\forall x\in \left(-1;1\right)$ nên ${\log }_7\left(1+x^2\right)\ge 0\forall x\in \left(-1;1\right)$ .

Do đó 

$\begin{array}{l}{\log }_5\left(1-x^2\right)={\log }_7\left(1+x^2\right)\\ \iff 1-x^2=1+x^2=0\\ \iff x=0\in \left(-1;1\right)\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x=0  .

Đáp án C.

Trường hợp 1: Lấy hai điểm thuộc $l_1$   và một điểm thuộc $l_2$  thì có $C_2^4.2$  tam giác.

Trường hợp 2: Lấy một điểm thuộc $l_1$  và hai điểm thuộc $l_2$  thì có $C_2^2.4$  tam giác.

Số tam giác tạo thành từ sáu điểm đã cho là $C_2^4.2+C_2^2.4=16$   tam giác.

Đáp án D.

Ta có phép quay 

$\begin{array}{l}Q\left(O;\alpha \right)\left(A\right)=E\\ \iff \left\{\begin{array}{l}OA=OE\\ \left(OA;OE\right)=\alpha \end{array}\right.\\ \Rightarrow \alpha =\widehat{AOE}=120°\end{array}$

Đáp án B.

1. Tiệm cận đứng.

Ta có $\sqrt{4-3x-x^2}=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-4\end{array}\right.$

Hai nghiệm này đều không là nghiệm của phương trình $5-3x=0$  do vậy đồ thị hàm số $y=\frac{5-3x}{\sqrt{4-3x-x^2}}$  có hai đường tiệm cận đứng là $x=1$  và $x=-4$ .

2. Tiệm cận ngang.

Nhập vào màn hình (tính giá trị của hàm số tại các điểm có giá trị tuyệt đối rất lớn, chẳng hạn tại $x={10}^{-10}$   và tại $x={10}^{10}$  )

Cả hai trường hợp đều báo lỗi cho vậy đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Hoặc ta có thể thấy rằng tập xác định của hàm số là  $D=\left(-4;1\right)$ (không chứa vô cực) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 2.

Đáp án C.

Để thỏa mãn tính chất tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình $y\text{'}\text{'}\left(x\right)=0$  là một đường thẳng song song với trục hoành thì hàm số phải thỏa mãn điều kiện:

Nghiệm của phương trình $y\text{'}\text{'}\left(x\right)=0$  là nghiệm của phương trình $y\text{'}\left(x\right)=0$  .

Với A: $y\text{'}=3x^2-6x+1;y\text{'}\text{'}=6x-6$ .

 $y\text{'}\text{'}=0\iff x=1$không là nghiệm của phương trình .$y\text{'}=0$ Vậy A không thỏa mãn.

Với B: $y\text{'}=3x^2-6x-1;$$y\text{'}\text{'}=6x-6$ . Tương tự B không thỏa mãn.

Với C:$y\text{'}=3x^2-6x+3;$$y\text{'}\text{'}=6x-6$ .

$y\text{'}\text{'}=0\iff x=1$là nghiệm của phương trình $y\text{'}=0$  thỏa mãn, vậy ta chọn C.

Đáp án A.

Từ dữ liệu đề bài ta thấy $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2\Rightarrow$   tam giác ABC vuông tại A.

Trong mặt phẳng $\left(ABC\right)$  kẻ $AH\perp BC$  tại H.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}DA\perp BC\\ AH\perp BC\\ DA\in \left(DAH\right);AH\in \left(DAH\right)\\ DA\cap AH=\left\{A\right\}\end{array}\right.$$\Rightarrow DH\perp BC$  (định lý ba đường vuông góc).

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\cap \left(DBC\right)=BC\\ AH\perp BC;DH\perp BC\\ AH\in \left(ABC\right);DH\in \left(DBC\right)\end{array}\right.$$\Rightarrow \left(\widehat{\left(ABC\right),\left(DBC\right)}\right)=\widehat{AHD}$ .

Ta có $AH=\frac{AB.AC}{BC}$$=\frac{3a.4a}{5a}=\frac{12a}{5}$ .

Tam giác ADH vuông tại A.

$\begin{array}{l}\Rightarrow \tan \widehat{AHD}\\ =\frac{DA}{AH}=\frac{\frac{3.V_{ABCD}}{S_{ABC}}}{\frac{12a}{5}}\\ =\frac{\frac{3.24\sqrt{3}{a}^3}{15.\frac{1}{2}.3a.4a}}{\frac{12a}{5}}\\ =\frac{\sqrt{3}}{3}\end{array}$

$\Rightarrow \widehat{AHD}=30°$

Vậy ta chọn A.

Đáp án C.

Ta có  

$\begin{array}{l}{\left({\log }_{b}a\right)}^{2018}={\log }_b{a}^{2018}\\ \iff {\left({\log }_{b}a\right)}^{2018}=2018{\log }_{b}a\\ \iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{b}a=0\\ {\left({\log }_{b}a\right)}^{2017}=2018\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left[\begin{array}{l}a=1\\ {\log }_{b}a=\sqrt[2017]{2018}\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}a=1\\ a=b\sqrt[2017]{2018}\end{array}\right.\end{array}$

Do a là số thực dương nên với mỗi số nguyên b thỏa mãn điều kiện $2\le b\le 200$  thì sẽ tạo ra một cặp số $\left(a;b\right)$  thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Do vậy có $2\times \left(\frac{200-2}{1}+1\right)=398$  cặp. Vậy ta chọn C.

Lời giải sai: ${\left({\log }_{b}a\right)}^{2018}=2018{\log }_{b}a$$\iff {\left({\log }_{b}a\right)}^{2017}=2018$ , tức là bỏ mất trường hợp ${\log }_{b}a=0$  , từ đó dẫn đến chọn đáp án B

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=2x$  .

Phương trình tiếp tuyến của đường cong  $y=x^2$tại điểm có hoành độ bằng 2 có dạng $y=\left(2.2\right)\left(x-2\right)+2^2$$\iff y=4x-4$ .

Hình phẳng cần tính diện tích là phần kẻ sọc.

Vậy $S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|x^2-4x+4\right|dx=\frac{8}{3}$ . Ta chọn B.

Đáp án B.

Trong $\left(ABC\right)$  kẻ $MP//CI\left(P\in AC\right)$  . Trong  $\left(SAC\right)$kẻ $PN//SC\left(N\in SA\right)$ .

$\Rightarrow \left(MNP\right)//\left(SIC\right)\Rightarrow \left(MNP\right)\equiv \left(\alpha \right)$

Suy ra thiết diện giữa  $\left(\alpha \right)$ và tứ diện S.ABC là tam giác MNP.

Do S.ABC là tứ diện đều nên ta đặt $SA=SB=SC=SD$$=AB=BC=CA=2x$

$\begin{array}{l}\Rightarrow AI=x;\\ CI=\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}\end{array}$

Ta có $MP//CI$$\Rightarrow \frac{MP}{CI}=\frac{AP}{AC}=\frac{AM}{AI}=\frac{a}{x}$$\Rightarrow MP=\frac{a}{x}.x\sqrt{3}=a\sqrt{3}$

Tương tự ta có $MN=a\sqrt{3}$ .

Ta có $\frac{NP}{SC}=\frac{AP}{AC}=\frac{a}{x}$$\Rightarrow NP=\frac{a}{x}.SC=\frac{a}{x}.2x=2a$ .

Chu vi tam giác MNP là $C=2a+a\sqrt{3}+a\sqrt{3}$$=2a\left(1+\sqrt{3}\right)$  . Ta chọn B.

Đáp án D.

1. Tìm không gian mẫu.

Bạn Hà lấy ngẫu nhiên 2 viên bi có $C_6^2$  trường hợp.

Bạn Lâm lấy ngẫu nhiên 2 viên bi trong 4 viên còn lại có $C_4^2$  trường hợp.

Bạn Anh lấy 2 viên bi còn lại có 1 trường hợp.

Vậy $n\left(\Omega \right)=C_6^2.C_4^2=90$ .

2. Gọi A là biến cố “Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu”.

Trường hợp 1: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu đỏ thì số trường hợp xảy ra là $C_4^2.C_2^2.1=6$  .

Trường hợp 2: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu xanh thì số trường hợp xảy ra là $C_4^2.C_2^2.1=6$ 

Trường hợp 3: Hai viên bi bạn Anh lấy ra có cùng màu vàng thì số trường hợp xảy ra là$C_4^2.C_2^2.1=6$ .

$\begin{array}{l}\Rightarrow n\left(A\right)=6.3=18\\ \Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{18}{90}=\frac{1}{5}\end{array}$

Đáp án C

Ta có

 $\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{a^x}{a^x+\sqrt{a}}\\ \Rightarrow f\left(1-x\right)=\frac{a^{1-x}}{a^{1-x}+\sqrt{a}}\\ =\frac{a}{a^x\left(\frac{a}{a^x}+\sqrt{a}\right)}\\ =\frac{a}{\sqrt{a}\left(a^x+\sqrt{a}\right)}\\ =\frac{\sqrt{a}}{a^x+\sqrt{a}}\end{array}$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow f\left(x\right)+f\left(1-x\right)\\ =\frac{a^x}{a^x+\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{a^x+\sqrt{a}}=1\end{array}$

Áp dụng vào bài toán ta có:

$P=f\left(\frac{1}{2018}\right)+f\left(\frac{2}{2018}\right)+\mathrm{...}+f\left(\frac{2017}{2018}\right)$

$=\left[f\left(\frac{1}{2018}\right)+f\left(\frac{2017}{2018}\right)\right]$$+\left[f\left(\frac{2}{2018}\right)+f\left(\frac{2016}{2018}\right)\right]+\mathrm{...}+$$\left[f\left(\frac{1007}{2018}\right)+f\left(\frac{1011}{2018}\right)\right]$$+\left[f\left(\frac{1008}{2018}\right)+f\left(\frac{1010}{2018}\right)\right]$$+f\left(\frac{1009}{2018}\right)$

$\begin{array}{l}=1.1008+f\left(\frac{1009}{2018}\right)\\ =1008+\frac{a^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{2}}+\sqrt{a}}\\ =\mathrm{1008,5}=\frac{2017}{2}\end{array}$

Đáp án B.

$\Delta :\frac{x-2}{1}=\frac{y+3}{2}=\frac{z-1}{3}$

Lấy  $M\left(2;-3;1\right)$và $N\left(3;-1;4\right)$   là hai điểm thuộc Δ.

$\Rightarrow M\text{'}\left(0;-3;1\right)$và $N\text{'}\left(0;-1;4\right)$   lần lượt là hình chiếu của hai điểm M; N trên mặt phẳng (Oxy)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{M\text{'}N\text{'}}=\left(0;2;3\right)\\ \Rightarrow d:\left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=-3+2t\\ z=1+3t\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án C.

Mức nước ở bồn sau khi bơm được tính bằng công thức $\underset{0}{\overset{56}{\int }}\frac{1}{5}\sqrt[3]{t+8}dt$ .

Sau khi bơm được 56 giây thì mức nước trong bồn là 36 cm. Ta chọn C.

Đáp án A.

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=3x^2-x;\\ f\text{'}\text{'}\left(x\right)=6x-1;\\ g\text{'}\left(x\right)=2x-3\end{array}$

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\text{'}\text{'}\left(\sin 5x\right)+1}{g\text{'}\left(\sin 3x\right)+3}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6.\sin 5x-1+1}{2.\sin 3x-3+3}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3.\sin 5x}{\sin 3x}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{3.\sin 5x}{5x}.5x}{\frac{\sin 3x}{3x}.3x}\\ =3.\frac{5.\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 5x}{5x}}{3.\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 3x}{3x}}\\ =3.\frac{5}{3}=5\end{array}$

Đáp án C.

Kí hiệu như hình vẽ. Bán kính đường tròn là giao tuyến của mặt phẳng $\left(ABCD\right)$  với mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp là IA.

Ta có

$\begin{array}{l}IA=\frac{AC}{2}\\ =\frac{1}{2}.\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}\\ =\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2}\end{array}$

Đáp án B.

Do bạn Hà đã bấm một số có 6 chữ số nhưng chỉ có số 2007 xuất hiện trên màn hình nên trong số mà bạn Hà có thể nhập có 2 chữ số 1.

Có hai trường hợp xảy ra.

TH1: Hai chữ số 1 không đứng cạnh nhau.

TH2: Hai chữ số 1 đứng cạnh nhau.

Giải quyết:

TH1: Xếp 4 chữ số 2; 0; 0; 7 có 1 cách.

Giữa các chữ số 2; 0; 0; 7 tạo ra được 5 vách ngăn. Xếp 2 chữ số 1 vào 5 vách ngăn có $C_5^2=10$  cách => có 10 số có thể tạo thành ở TH1.

TH2: Xếp 4 chữ số 2; 0; 0; 7 có 1 cách.

Buộc hai chữ số 1; 1 vào nhau được 1 cách.

Xếp cặp số 11 vào 5 vách ngăn có 5 cách  =>có 5 số có thể tạo thành ở TH2.

Vậy có tất cả $10+5=15$  số mà bạn Hà có thể đã nhập vào máy tính. Ta chọn B.

Đáp án D.

Ta dễ thấy hai đường thẳng d và $d\text{'}$  song song.

Hai đường thẳng d và  $d\text{'}$ lần lượt đi qua hai điểm $M\left(5;1;5\right)$  và $N\left(3;-3;1\right)$  và có vtcp $\overrightarrow{u}=\left(2;-1;1\right)$ . Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-2;-4;-4\right)$  .

Hai vecto  $\overrightarrow{MN}$ và  $\overrightarrow{u}$ không cùng phương và có giá nằm trên mặt phẳng $\left(P\right)$  nên ta có vtpt của mặt phẳng $\left(P\right)$  là $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{u}\right]$ .

Ta tìm tọa độ của $\overrightarrow{n}$  bằng MTCT:

$\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left(-8;-6;10\right)$

Mặt phẳng $\left(P\right)$  có vtpt  $\overrightarrow{n}=\left(-8;-6;10\right)$và đi qua $M\left(5;1;5\right)$  nên có phương trình $\left(P\right):-8\left(x-5\right)-6\left(y-1\right)$$+10\left(z-5\right)=0$  $\iff \left(P\right):4x+3y-5z+2=0$.Ta chọn D.

Đáp án A.

Cách 1: Đường thẳng d đi qua điểm $M\left(-2;1;-1\right)$  và có VTCP $\overrightarrow{u}\left(1;2;-2\right)$ .

Ta có $\overrightarrow{AM}=\left(3;1;2\right),\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AM}\right]=\left(6;-8;-5\right)$ .

Do đó 

$\begin{array}{l}d\left(A,d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AM}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}\\ =\frac{\sqrt{36+64+25}}{\sqrt{1+4+4}}\\ =\frac{\sqrt{125}}{\sqrt{9}}=\frac{5\sqrt{5}}{3}\end{array}$

Cách 2: Đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=-2+t\\ y=1+2t\\ z=-1-2t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$ .

Gọi H là hình chiếu của A trên $d\Rightarrow H\left(-2+t;1+2t;-1-2t\right)$ .

$\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\left(-3+t;-1+2t;-2-2t\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u_d}=0\\ \iff \left(-3+t\right).1+\left(-1+2t\right).2\\ +\left(-2-2t\right).\left(-2\right)=0\\ \iff t=\frac{1}{9}\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\left(-\frac{26}{9};-\frac{7}{9};-\frac{20}{9}\right)\\ \Rightarrow d\left(A;d\right)=AH=\frac{5\sqrt{5}}{3}\end{array}$

Ta chọn A.

Đáp án C.

Bảng xét dấu:

$\begin{array}{l}\Rightarrow F\left(0\right)=\underset{2}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt\\ =-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt<0;F\left(1\right)\\ =\underset{2}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt\\ =-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt<0\end{array}$

$\begin{array}{l}F\left(2\right)=\underset{2}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt;F\left(3\right)\\ =\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt<0\end{array}$

$\Rightarrow F\left(2\right)$là giá trị lớn nhất trong các giá trị $F\left(0\right),F\left(1\right),F\left(2\right),F\left(3\right)$ .

Đáp án B.

Kí hiệu như hình vẽ thì ta có $z_2-z_3=z_4-z_1$$\Rightarrow z_4=z_1+z_2-z_3$ .

Ta chọn B.

Đáp án B.

Gọi M là điểm thỏa mãn 

$\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}+5\overrightarrow{MC}=0\\ \iff M\left(-\frac{27}{4};1;\frac{21}{4}\right)\end{array}$

 Khi đó

$\begin{array}{l}\left|\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}+5\overrightarrow{IC}\right|\\ =\left|\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{IM}+5\overrightarrow{IM}+5\overrightarrow{MC}\right|\\ =\left|4\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{0}\right|=4\left|\overrightarrow{IM}\right|\end{array}$

Biểu thức  $\left|\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}+5\overrightarrow{IC}\right|$đạt giá trị nhỏ nhất $\iff \left|\overrightarrow{IM}\right|$  nhỏ nhất => I là hình chiếu của M trên mặt phẳng $\left(Oxz\right)\iff I\left(-\frac{27}{4};0;\frac{21}{4}\right)$  .

Bài toán tổng quát: Trong không gian cho các điểm $A_1,A_2\mathrm{,...,}{A}_n$  và mặt phẳng $\left(P\right)$ . Tìm điểm I trên mặt phẳng $\left(P\right)$  sao cho biểu thức $\left|k_1\overrightarrow{I{A}_1}+k_2\overrightarrow{I{A}_2}+\mathrm{...}+k_n\overrightarrow{I{A}_n}\right|$  đạt giá trị nhỏ nhất, trong đó $k_1,k_2\mathrm{,...,}{k}_n$  là những số thực và $\sum _{i=0}^n{k}_i\ne 0$ .

Cách giải:

- Tìm điểm M thỏa mãn $k_1\overrightarrow{M{A}_1}+k_2\overrightarrow{M{A}_2}$$+\mathrm{...}+k_n\overrightarrow{M{A}_n}=0$  .

- Khi đó $\left|k_1\overrightarrow{I{A}_1}+k_2\overrightarrow{I{A}_2}+\mathrm{...}+k_n\overrightarrow{I{A}_n}\right|$$=\left|\left(\sum _{i=1}^n{k}_i\right)\overrightarrow{IM}\right|$ .

- Do đó $\left|k_1\overrightarrow{I{A}_1}+k_2\overrightarrow{I{A}_2}+\mathrm{...}+k_n\overrightarrow{I{A}_n}\right|$  đạt giá trị nhỏ nhất $\iff \left|\overrightarrow{IM}\right|$  nhỏ nhất =>   I là hình chiếu vuông góc của M trên $\left(P\right)$  .

Đáp án C.

Để phương trình $f\left(x\right)=f\left(m\right)$  có ba nghiệm phân biệt thì$-2<m=f\left(m\right)<2$$\iff m\in \left(-1;3\right)\backslash \left\{0;2\right\}$.(Quan sát đồ thị)

Đáp án B.

1. Giải phương trình $\sqrt{1-x^2}=2\left(1-x\right)$  .

Vậy phương trình có hai nghiệm là $x=\mathrm{0,6};x=1$ .

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay D quanh trục Ox được tính bằng công thức $V=\pi \underset{\mathrm{0,6}}{\overset{1}{\int }}\left(1-x^2\right)dx$$-\pi \underset{\mathrm{0,6}}{\overset{1}{\int }}4{\left(1-x\right)}^{2}dx=\frac{4\pi }{75}$  .

Vậy $a-b=4-75=-71$ .

Đáp án D.

Cách 1: Gọi I là giao điểm của  BC' và B'C  . Trong $\left(BC\text{'}D\text{'}\right)$  kẻ $IH\perp BD\text{'}$  tại H.

Ta có 

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BC\text{'}\perp B\text{'}C\\ D\text{'}C\text{'}\perp B\text{'}C\\ BC\text{'},D\text{'}C\text{'}\in \left(BC\text{'}D\text{'}\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow B\text{'}C\perp \left(BC\text{'}D\text{'}\right)\\ \Rightarrow B\text{'}C\perp IH\end{array}$

Suy ra IH là đường vuông góc chung của BD' và $B\text{'}C\Rightarrow d\left(BD\text{'},B\text{'}C\right)=IH$ .