Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 12)

Đáp án A

Ta có \[\int {\left( {4x + \sin x} \right)dx}  = 2{x^2} - \cos x + C\]. Chọn A.

Đáp án D

Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ \[\left( {1;2;3} \right)\]. Chọn D.

Đáp án D

Quy tắc cộng, ta có \[10 + 8 + 6 = 24\] cách chọn 1 cuốn sách. Chọn D.

Đáp án A

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}V = \pi {r^2}h\\r = \frac{{AB}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \\h = A'A = 8\end{array} \right. \Rightarrow V = 96\pi \]. Chọn A.

Đáp án D

Ta có \[{z^2} - 4z + 8 = 0 \Leftrightarrow 2 \pm 2i\]

$\Rightarrow \left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\left|2+2i\right|+\left|2-2i\right|=\sqrt{2^2+2^2}+\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2}=4\sqrt{2}$. Chọn D.

Đáp án C

Ta có $y\left(1\right)=-4\Rightarrow$ Loại A, B, D. Chọn C.

Đáp án C

Ta có \[y = {\log _2}\left( {2x + 3} \right) \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^\prime }}}{{\left( {2x + 3} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x + 3} \right)\ln 2}}\]. Chọn C.

Đáp án C

Ta có \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}.AB.AC\]

Cạnh \[AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\]. Chọn C.

Đáp án A

Ta có $S=\underset{c}{\overset{d}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx+\underset{d}{\overset{0}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{c}{\overset{d}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{d}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx$Chọn A.

Đáp án B

Đường thẳng \[y = 2\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 2 điểm phân biệt. Chọn B.

Đáp án A

Ta có \[d = \frac{{\left| {1 + 2.\left( { - 2} \right) - 2 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\]. Chọn A.

Đáp án C

Ta có \[{2^{{x^2} - 3x + 6}} = {2^{x + 3}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 6 = x + 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right. \Rightarrow \] Chọn C.

Đáp án A

Ta có \[{z_1}{z_2} = \left( {3 - 2i} \right)\left( {1 + i} \right) = 5 + i\].

Điểm biểu diễn số phức \[{z_1}{z_2}\] có tọa độ là \[\left( {5;1} \right)\]. Chọn A.

Đáp án B

Cạnh $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow V=A^{\text{'}}A.S_{ABC}=A^{\text{'}}A.\frac{1}{2}A{B}^2=a^3$. Chọn B.

Đáp án A

Ta có $\int \frac{{\ln }^{3}x}{x}dx=\int {\ln }^{3}xd\left(\ln x\right)=\frac{1}{4}{\ln }^{4}x+C$. Chọn A.

Đáp án D

Điểm cần tìm là H với \[\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} = {y_M}\\{z_H} = 0\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {0;2;0} \right)\]. Chọn D.

Đáp án C

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BA \bot AC\\BA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAC} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {SB;\left( {SAC} \right)}} \right) = \widehat {BSA}\]

\[\tan \widehat {BSA} = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {BSA} = 30^\circ \]. Chọn C.

Đáp án D

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên \[\left[ { - 4;4} \right]\]

Ta có $\left\{\begin{array}{l}x\in \left(-4;4\right)\\ y^{\text{'}}=3x^2-6x-9=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Tính $y\left(-4\right)=-41;y\left(4\right)=15;y\left(-1\right)=40;y\left(3\right)=8\Rightarrow \underset{\left[-4;4\right]}{\max }y=40$

Đáp án C

Điều kiện \[x > 2\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) - {\log _2}\left( {x - 2} \right) = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{x + 2}}{{x - 2}} = 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{x - 2}} = 2 \Leftrightarrow x + 2 = 2\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow x = 6\] thỏa mãn (*). Chọn C.

Đáp án A

Ta có $y=\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x\left(x-1\right)\left(x-2\right)}=\frac{x+1}{x\left(x-2\right)}\Rightarrow$ Tiệm cận đứng \[x = 0;x = 2\].

Từ $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\Rightarrow TCN:y=0\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=0\Rightarrow TCN:y=0\end{array}\right.\Rightarrow$Chọn A.

Đáp án C

Ta có

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Chọn C.

Đáp án B

Ta có

$\left(Q\right)//\left(P\right):2x-3y+6z-5=0\Rightarrow \left(Q\right):2x-3y+6z+m=0\left(m\ne -5\right)$

Lại có (Q) qua $A\left(2;-3;1\right)\Rightarrow 2.2-3.\left(-3\right)+6.1+m=0\iff m=-19$, thỏa mãn $m\ne -5$

$\Rightarrow \left(Q\right):2x-3y+6z-19=0$ Chọn B.

Đáp án D

Thiết diện là hình chữ nhật MNPQ như hình vẽ.

Kẻ \[O'H \bot MN \Rightarrow O'H = 3cm\].

$HN=\sqrt{O^{\text{'}}{N}^2-O^{\text{'}}{H}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\Rightarrow MN=8cm$

\[QM = h = 7cm \Rightarrow {S_{MNPQ}} = QM.MN = 56c{m^2}\]. Chọn D.

Đáp án B

Giả sử \[z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\]

Ta có \[z - 4 = \left( {1 + i} \right)\left| z \right| - \left( {4 + 3z} \right)i \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z = \left| z \right| + 4 + \left( {\left| z \right| - 4} \right)i\]

\[ \Rightarrow \left| {\left( {1 + 3i} \right)z} \right| = \left| {\left| z \right| + 4 + \left( {\left| z \right| - 4} \right)i} \right| \Leftrightarrow \sqrt {10} \left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\left| z \right| + 4} \right)}^2} + {{\left( {\left| z \right| - 4} \right)}^2}} \]

\[ \Leftrightarrow 10{\left| z \right|^2} = 2{\left| z \right|^2} + 32 \Leftrightarrow \left| z \right| = 2\]. Chọn B.

Đáp án D

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^2.f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}d\left[f\left(x\right)\right]=x^2.f\left(x\right)-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\left(x^2\right)$

$=f\left(1\right)-\underset{0}{\overset{1}{\int }}2x.f\left(x\right)dx=-2-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}x.f\left(x\right)dx$

Xét $\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}x.f\left(2x\right)dx=1$, đặt

$2x=t\Rightarrow 1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{t}{2}.f\left(t\right)d\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}t.f\left(t\right)dt=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}x.f\left(x\right)dx$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}x.f\left(x\right)dx=4\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^2.f^{\text{'}}\left(x\right)dx=-2-2.4=-10$. Chọn D.

Đáp án A

YCBT$\iff y^{\text{'}}=-x^2+2mx+4m-5\le 0,\forall x\in ℝ$

$\iff x^2-2mx-4m+5\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=m^2-\left(-4m+5\right)\le 0\end{array}\right.\iff -5\le m\le 1$. Chọn A.

Đáp án B

Cạnh \[AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 2a\]

Gọi H là trung điểm của cạnh \[AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SH.\frac{1}{2}.2a.2a = \frac{{2{a^3}}}{3} \Rightarrow SH = a\].

Kẻ \[HP \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HP\]

\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{HB2}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow HP = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\]. Chọn B.

Đáp án B

Ta có d nhận $\left[\overrightarrow{u_{d_1}};\overrightarrow{u_{d_2}}\right]$ là một VTCP.

Mà $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{d_1}}=\left(1;-1;1\right)\\ \overrightarrow{u_{d_2}}=\left(1;1;-1\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{u_{d_1}};\overrightarrow{u_{d_2}}\right]=\left(0;2;2\right)\Rightarrow d$ nhận $\overrightarrow{u}=\left(0;1;1\right)$ là một VTCP.

Kết hợp với d qua $A\left(1;-2;1\right)\Rightarrow d:\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-2+t\\ z=1+t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$. Chọn B.

Đáp án B

Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \[y = {x^2}\] và \[y = k\] là \[x = \sqrt k \]

Do đó $S_1=\underset{\sqrt{k}}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-k\right)dx$ và $S_2=\underset{0}{\overset{4}{\int }}{x}^{2}dx-S_1$

Ta có $S_1=S_2\iff \underset{\sqrt{k}}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-k\right)dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{4}{\int }}{x}^{2}dx\iff \left(\frac{x^3}{3}-kx\right)\left|\begin{array}{l}{}^4\\ {}_{\sqrt{k}}\end{array}\right.=\frac{32}{3}$

$\iff \frac{64}{3}-4k-\frac{\sqrt{k^3}}{3}+\sqrt{k^3}=\frac{32}{3}\iff \left[\begin{array}{l}\sqrt{k}=2+2\sqrt{3}\\ \sqrt{k}=2-2\sqrt{3}\\ \sqrt{k}=2\end{array}\right.\Rightarrow k=4$ thỏa mãn \$\left(0<k<16\right)$. Chọn B.

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;-3;2\right)\Rightarrow AB=\sqrt{14},\overrightarrow{AC}=\left(-5;5;4\right)\Rightarrow AC=\sqrt{66},\overrightarrow{BC}=\left(-6;8;2\right)\Rightarrow BC=2\sqrt{26}$.

Độ dài đường phân giác trong góc B là \[AD = \frac{{2\sqrt {bc.p.\left( {p - a} \right)} }}{{b + c}},p = \frac{{a + b + c}}{2}\]. Suy ra \[AD = \frac{{2\sqrt {74} }}{3}\]. Chọn A.

Đáp án D

Khối trụ thu được có thể tích là \[V = \pi {r^2}h\].

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là \[b \Rightarrow {b^2} + {h^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 1m\left( {R = 0,5m} \right)\]

Ta có

$2r\pi =b\Rightarrow r=\frac{b}{2\pi }=\frac{\sqrt{1-h^2}}{2\pi }\Rightarrow V=\pi .\frac{1-h^2}{4{\pi }^2}.h=\frac{h-h^3}{4\pi }=f\left(h\right)$

Lại có \[{h^3} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} \ge 3h.\frac{1}{{\sqrt 3 }}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = h \Rightarrow h - {h^3} \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\]

\[ \Rightarrow V \le \frac{2}{{4\pi .3\sqrt 3 }} = \frac{1}{{6\pi \sqrt 3 }} \approx 0,03{m^3}\]. Chọn D.

Đáp án B

Từ \[{a^{{{\log }_b}x}} = {b^{{{\log }_a}{x^2}}} \Rightarrow {\log _a}\left( {{a^{{{\log }_b}x}}} \right) = {\log _a}\left( {{b^{{{\log }_a}{x^2}}}} \right)\]

\[ \Rightarrow {\log _b}x = {\log _a}{x^2}.{\log _a}b = 2{\log _a}x.{\log _a}b \Rightarrow \frac{{\ln x}}{{\ln b}} = 2.\frac{{\ln x}}{{\ln a}}.\frac{{\ln b}}{{\ln a}} \Rightarrow {\left( {\ln a} \right)^2} = 2{\left( {\ln b} \right)^2}\]

Mà \[a,b > 1 \Rightarrow \ln a > 0;\ln b > 0 \Rightarrow \ln a = \sqrt 2 \ln b\]

\[ \Rightarrow P = {\ln ^2}a + {\ln ^2}b - \ln a - \ln b = 3{\ln ^2}b - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\ln b\]

$={\left(\sqrt{3}\ln b-\frac{1+\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\right)}^2-\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\right)\ge -\frac{3+2\sqrt{2}}{12}$

Dấu “=” xảy ra $\iff \ln b=\frac{1+\sqrt{2}}{6}\iff b=e^{\frac{1+\sqrt{2}}{6}}\Rightarrow \ln a=\frac{\sqrt{2}+2}{6}\Rightarrow a=e^{\frac{2+\sqrt{2}}{6}}$ Chọn B.

Đáp án B

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {2^x},x \in \left( { - 1;1} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {2^x}\ln 2\]

Với mọi \[x \in \left( { - 1;1} \right)\] thì \[f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]

\[ \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( { - 1;1} \right)\]

Khi đó \[m < g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 1;1} \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 1 \right) - 2\]. Chọn B.

Đáp án C

Do đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên \[c = 1\].

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+2ax+b$

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -3 nên \[ - 27 - 6a + b = 0\]

Do \[f\left( { - 3} \right) = 28\] nên \[ - 27 + 9a - 3b + c = 28\].

Khi đó ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}c=1\\ -27-6a+b=0\\ -27+9a-3b+c=28\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=1\\ 6a-b=-27\\ 9a-3b=-54\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=9\\ c=1\end{array}\right.$

Vậy \[S = {a^2} + {b^2} - {c^2} = {\left( { - 3} \right)^2} + {9^2} - 1 = 89\].

Đáp án B

Ta có ${\left(x.f\left(x\right)+1\right)}^2=f\left(x\right)+x.f^{\text{'}}\left(x\right)\Rightarrow {\left(x.f\left(x\right)+1\right)}^2={\left[x.f\left(x\right)+1\right]}^{\text{'}}$

Đặt $g\left(x\right)=x.f\left(x\right)+1\Rightarrow {\left[g\left(x\right)\right]}^2=g^{\text{'}}\left(x\right)\Rightarrow \int \frac{g^{\text{'}}\left(x\right)}{{\left[g\left(x\right)\right]}^2}dx=x+C_1$

$\Rightarrow \int \frac{1}{{\left[g\left(x\right)\right]}^2}d\left[g\left(x\right)\right]=x+C_1\Rightarrow -\frac{1}{g\left(x\right)}=x+C_2\Rightarrow -\frac{1}{x.f\left(x\right)+1}=x+C_2$

$\Rightarrow x.f\left(x\right)=-\frac{1}{x}-1\Rightarrow f\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}$

$\Rightarrow \underset{1}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{9}{\int }}\left(-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}\right)dx=\left(\frac{1}{x}-\ln \left|x\right|\right)\left|\begin{array}{l}{}^9\\ {}_1\end{array}\right.=\left(\frac{1}{9}-\ln 9\right)-1=-\frac{8}{9}-2$

Chọn B.

Đáp án A

Có tất cả \[6.6.5.4.3.2 = 4320\] số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được lập từ T.

Số lập được thỏa mãn \[a + b = c + d = e + f\], ta xét các trường hợp sau:

+ TH1. Xét các cặp \[\left\{ {0;6} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {2;4} \right\}\]

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {0;6} \right\}\] thì có 1 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {1;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {2;4} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nên có tất cả \[1.8 + 2.8 + 2.8 = 40\] số thỏa mãn.

+ TH2. Xét các cặp \[\left\{ {0;5} \right\},\left\{ {1;4} \right\},\left\{ {2;3} \right\}\] tương tự TH1 có 40 số thỏa mãn.

+ TH3. Xét các cặp \[\left\{ {1;6} \right\},\left\{ {2;5} \right\},\left\{ {3;4} \right\}\]

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {1;6} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {2;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {3;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nên có tất cả \[2.8 + 2.8 + 2.8 = 48\] số thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{{40 + 40 + 48}}{{4320}} = \frac{4}{{135}}\]. Chọn A.

Đáp án A

Ta có $3^x=\sqrt{a{.3}^x\cos \left(\pi x\right)-9}\iff 9^x=a{.3}^x\cos \left(\pi x\right)-9\iff 3^x+3^{2-x}=a.cos\left(\pi x\right)$ (1)

Nếu (1) có nghiệm duy nhất \[{x_0}\] thì ta thấy rằng \[2 - {x_0}\] cũng là nghiệm của (1).

Do dó \[{x_0} = 2 - {x_0} \Leftrightarrow {x_0} = 1\]. Thay vào (1) ta được \[a =  - 6\].

Với \[a =  - 6\] thì (1) thành $3^x+3^{2-x}=-6\cos \left(\pi x\right)\iff 3^x+3^{2-x}+6\cos \left(\pi x\right)=0$.

Ta có $3^x+3^{2-x}+6\cos \left(\pi x\right)\ge 2.\sqrt{3^x{.3}^{2-x}}+\left(-6\right)=0$

Dấy xảy ra$\iff \left\{\begin{array}{l}{3}^x=3^{2-x}=3\\ \cos \left(\pi x\right)=-1\end{array}\right.\iff x=1$.

Vậy có duy nhất \[a =  - 6\] thỏa mãn bài toán. Chọn A.

Đáp án C

Ta có \[\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)\] đôi một song song và \[\left( P \right)\] nằm giữa \[\left( Q \right),\left( R \right)\].

Kẻ \[BH \bot \left( P \right),BK \bot \left( R \right) \Rightarrow B,H,K\] thẳng hàng.

Điểm \[M\left( {0;0; - 8} \right) \in \left( Q \right).BH = d\left( {M;\left( P \right)} \right) = 3;BK = d\left( {M;\left( R \right)} \right) = 4 \Rightarrow HK = 1\]

Ta có \[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{HK}} = 3 \Rightarrow AB = 3AC\]

$\Rightarrow T=9A{C}^2+\frac{144}{A{C}^2}\ge 2\sqrt{9A{C}^2.\frac{144}{A{C}^2}}=72$

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow AC = 2\](thỏa mãn \[AC > HK = 1\]). Chọn C.

Đáp án B

Giả sử \[z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\]

Ta có \[\left| {z - 2m + 1 - i} \right| = 10\]

\[ \Leftrightarrow \left| {x - 2m + 1 + \left( {y - 1} \right)i} \right| = 10 \Leftrightarrow {\left( {x - 2m + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 100\]

Tập hợp các điểm biểu diễn số phưc z là đường tròn \[\left( C \right)\] có tâm \[I\left( {2m - 1;1} \right)\] và bán kính \[R = 10\].

Lại có $\left|z-1+i\right|=\left|\overline{z}-2+3i\right|\iff \left|x-1+\left(y+1\right)i\right|=\left|x-yi-2+3i\right|$

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {3 - y} \right)^2} \Leftrightarrow 2 - 2x + 2y = 13 - 4x - 6y \Leftrightarrow 2x + 8y - 11 = 0\]

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng \[\Delta :2x + 8y - 11 = 0\]

Để có đúng hai số phức z thỏa mãn bài toán thì \[\Delta \] phải cắt \[\left( C \right)\] tại 2 điểm phân biệt

$\iff d\left(I;\Delta \right)<R\iff \frac{\left|2\left(2m-1\right)+8-11\right|}{\sqrt{2^2+8^2}}<10\iff \left|4m-5\right|<20\sqrt{17}$

$\iff -20\sqrt{17}<4m-5<20\sqrt{17}\iff \frac{5-20\sqrt{7}}{4}<m<\frac{5+20\sqrt{7}}{4}$

Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 19; - 18; - 17;...;0;1;2;...;21} \right\}\]. Chọn B.

Đáp án C

Đặt \[t = {x^3} - 3{x^2}\], ta có \[t' = 3{x^2} - 6x;t' = 0\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên (1):

Phương trình đã cho trở thành $\left|f\left(t\right)\right|=\frac{3}{2}\iff \left[\begin{array}{l}f\left(t\right)=\frac{3}{2}\\ f\left(t\right)=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên (2) của hàm số \[y = f\left( x \right)\]:

Dựa vào bảng biến thiên (2), ta có

+) $f\left(t\right)=\frac{3}{2}\iff \left[\begin{array}{l}t=t_1\left(t_1<-4\right)\left(1.1\right)\\ t=t_2\left(t_2>2\right)\left(1.2\right)\end{array}\right.$. Dựa vào bảng biến thiên (1), ta có phương trình (1.1) có 1 nghiệm và phương trình (1.2) có 1 nghiệm (các nghiệm này không trùng nhau).

$f\left(t\right)=-\frac{3}{2}\iff \left[\begin{array}{l}t=t_3\left(-4<t_3<-2\right),\left(2.1\right)\\ t=t_4\left(-2<t_4<0\right),\left(2.2\right)\\ t=t_5\left(0<t_5<2\right),\left(2.3\right)\\ t=t_6\left(t_6>2\right),\left(2.4\right)\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên (1), ta có phương trình (2.1) có 3 nghiệm; phương trình (2.2) có 3 nghiệm; phương trình (2.3) có 1 nghiệm; phương trình (2.4) có 1 nghiệm (các nghiệm này không trùng nhau và không trùng với các nghiệm của phương trình \[f\left( t \right) = \frac{3}{2}\]).

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta lập được bảng biến thiên của \[y = f\left( x \right)\] như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy $f\left(x\right)\le -\frac{1}{2},\forall x\in ℝ$

Khi đó $y^{\text{'}}=2f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)>0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}-2<x<0\\ x>1\end{array}\right.\Rightarrow$ Chọn C.