Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 13)

Đáp án A

Xét $D\left(x;y;z\right)\Rightarrow \overrightarrow{A\text{D}}=\overrightarrow{BC}\iff \left\{\begin{array}{l}x-1=-5\\ y=-2\\ z-3=6\end{array}\right.\Rightarrow D\left(-4;-2;9\right)$

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_6} = 192\\{u_7} = 384\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = \frac{{{u_7}}}{{{u_6}}} = 2\\{u_6} = {u_1}{q^5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 2\\{u_1} = 6\end{array} \right.\).

Đáp án D

Ta có $I=2\int f\left(x\right)d\text{x}+\int f^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}+\int d\text{x}=2F\left(x\right)+f\left(x\right)+x+C$

Đáp án C

Mặt phẳng cần tìm có một VTPT là $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(3;-2;1\right)$

Phương trình mặt phẳng cần tìm là \(3\left( {x - 3} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + z - 1 = 0\) hay \(3{\rm{x}} - 2y + z - 12 = 0\).

Đáp án C

Ta có \({\log _{{a^3}}}{b^5} = \frac{5}{3}{\log _a}b\).

Đáp án A

Xét $g\left(x\right)=-2f\left(x\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=-2f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)<0$

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) suy ra$f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ 0<x<1\end{array}\right.$

Vậy hàm số $y=-2f\left(x\right)$ đồng biến trên từng khoảng \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Đáp án B

Phương trình $\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=-2\end{array}\right.$

Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có đúng 3 nghiệm phân biệt và phương trình $f\left(x\right)=-2$ có 1 nghiệm duy nhất.

Các nghiệm này không trùng nhau.

Vậy phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án B

Ta có $\text{w}=\left(1+i\right)z=\left(1+i\right)\left(1+2i\right)=-1+3i\Rightarrow \left|\text{w}\right|=\sqrt{10}$

Đáp án D

Ta có \(f\left( x \right) = \ln \left( {{x^4} + 1} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{4{{\rm{x}}^3}}}{{{x^4} + 1}} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2\).

Đáp án D

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 3;4} \right]\) là 5, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 3;4} \right]\) là 0.

Do đó \(M - m = 5 - 0 = 5\).

Đáp án C

Các nghiệm đơn là \(x =  - 1\) và \(x = 2\).

Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm tại x =  - 1 nên có một cực đại x =  - 1

Đáp án A

Ta có:

= 0,5.4 - 1 = 1\).

Đáp án D

Ta có \(V = AA'.{S_{ABCD}} = AA'.\frac{1}{2}AC.BD = 4{a^3}\).

Đáp án A

Tâm của mặt cầu là trung điểm O của đoạn thẳng SC.

Ta có:

$\begin{array}{l}R=OA=OB=OC=OD=SO=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}\\ =\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}\end{array}$

\( \Rightarrow S = 4\pi {R^2} = 8\pi {a^2}\).

Đáp án A

Điều kiện \(x > 4\). Khi đó PT \( \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}8 - {\log _2}{\left( {x - 4} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {x{{\left( {x - 4} \right)}^2}} \right] = {\log _2}8 \Leftrightarrow x{\left( {x - 4} \right)^2} = 8 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3 \pm \sqrt 5 \end{array} \right. \Rightarrow x = 3 + \sqrt 5 \) thỏa mãn.

Đáp án B

Kẻ \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: $\tan 45°=\frac{SH}{AH}\Rightarrow SH=AH=\frac{AB}{\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Đáp án B

Ta có: \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = m + 9 \Rightarrow {R^2} = m + 9 = {5^2} \Rightarrow m = 16\).

Đáp án A

Xét $M\left(x;y;z\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}=\left(x;y-1;z+2\right)\\ \overrightarrow{AB}=\left(3;-2;3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{AB}\iff \left\{\begin{array}{l}x=3.3\\ y-1=3.\left(-2\right)\\ z+2=3.3\end{array}\right.\Rightarrow M\left(9;-5;7\right)$

Đáp án D

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {1;2} \right\}\).

Do bậc của tử bé hơn bậc của mẫu số nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = 0\) do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 0\).

Mặt khác $y=\frac{\sqrt{3{\text{x}}^2+1}-2\text{x}}{x^2-3\text{x}+2}=\frac{\frac{3{\text{x}}^2+1-4{\text{x}}^2}{\sqrt{3{\text{x}}^2+1}+2\text{x}}}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}=\frac{1-x^2}{\left(\sqrt{3{\text{x}}^2+1}+2\text{x}\right)\left(x-1\right)\left(x-2\right)}$

$=\frac{1+x}{-\left(\sqrt{3{\text{x}}^2+1}+2\text{x}\right)\left(x-2\right)}$

Do đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Đáp án C

Ta có $S=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|d\text{x}+\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left|g\left(x\right)\right|d\text{x}=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}+\underset{1}{\overset{4}{\int }}g\left(x\right)d\text{x}$.

Đáp án C

Ta có ${\left(1+2i\right)}^2+b\left(1+2i\right)+c=0\iff -3+4i+b+2bi+c=0$

$\iff b+c-3+\left(2b+4\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}2b+4=0\\ b+c-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-2\\ c=5\end{array}\right.\Rightarrow S=3$

Đáp án D

Các VTPT của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) lần lượt là: \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;2;1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {{n_2}} \left( {2; - 1;2} \right)\).

VTCP của d là: $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right]=\left(5;-2;-6\right)$

Phương trình \(d:\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{{ - 6}}\).

Đáp án A

Đặt \(z = a + bi\) ta có:$\left|a-2+\left(b+2\right)i\right|=2\sqrt{2}\iff {\left(a-2\right)}^2+{\left(b+2\right)}^2=8$   (1)

Mặt khác $\left|\frac{z+1}{\overline{z}+i}\right|=1\iff \left|z+1\right|=\left|\overline{z}+i\right|\iff {\left(a+1\right)}^2+b^2=a^2+{\left(1-b\right)}^2\iff 2\text{a}=-2b\iff a=-b$

Thế vào (1) ta được ${\left(a-2\right)}^2=4\iff \left[\begin{array}{l}a=0\Rightarrow b=0\\ a=4\Rightarrow b=-4\end{array}\right.$

Do \(z \ne 0\) nên \(z = 4 - 4i\). Vậy \(\left| {z + i} \right| = 5\).

Đáp án B

Chọn \(f'\left( x \right) = x\left( {x + 1} \right)\)

Khi đó \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2{\rm{x}} - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right) = \left( {2{\rm{x}} - 2} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}}} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} + 1} \right)\)

Ta có bảng xét dấu

Do đó hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Đáp án A

Đồng nhất thức \(\frac{{x - 1}}{{{x^2} - 3{\rm{x}} - 4}} = \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{A}{{x - 4}} + \frac{B}{{x + 1}}\).

Suy ra$x-1=A\left(x+1\right)+B\left(x-4\right)\iff \left\{\begin{array}{l}A+B=1\\ A-4B=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}A=\frac{3}{5}\\ B=\frac{2}{5}\end{array}\right.$

Do đó $\int \frac{x-1}{x^2-3\text{x}-4}d\text{x}=\int \left(\frac{3}{5}.\frac{1}{x-4}+\frac{2}{5}.\frac{1}{x+1}\right)d\text{x}=\frac{3}{5}\ln \left(x-4\right)+\frac{2}{5}\ln \left(x+1\right)+C$

Suy ra $a=\frac{3}{5},b=\frac{2}{5}\Rightarrow T=\frac{13}{5}$

Đáp án A

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = 2{\rm{x}} + 1\\dv = f'\left( x \right)d{\rm{x}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2{\rm{dx}}\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\).

\(A = \int\limits_0^1 {\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)f'\left( x \right)d{\rm{x}}} \)

\(A = \left. {\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)f\left( x \right)} \right|_0^1 - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} \)

\(A = 3f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)d{\rm{x}}} \).

Mà \(A = 10;3f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 12\). Từ đó suy ra: $12-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=10\iff I=1$

Đáp án D

Đặt \({2^x} = t > 0\). Theo hệ thức Vi-ét ta có \({2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = 64 \Rightarrow {2^{{x_1} + {x_2}}} = {2^6} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 6\).

Giả thiết tương đương \({x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 20 \Rightarrow {x_1}{x_2} = 8 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( {{x_1};{x_2}} \right) = \left( {2;4} \right),\left( {4;2} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {{t_1};{t_2}} \right) = \left( {4;16} \right),\left( {16;4} \right) \Rightarrow {t_1} + {t_2} = 20 \Rightarrow 2m + 3 = 20 \Rightarrow m = 8,5\)

Ta chỉ có \({2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}}\), vì thế nếu quy các mũ này theo tích \({x_1},{x_2}\) là không thể, biểu thị theo logarit cũng không ổn. Khi đó hãy nhớ đến hệ phương trình ẩn \({x_1},{x_2}\) như trên.

Đáp án A

Khối nón (N) có tâm đáy là O, chiều cao \(SO = h = a\sqrt 3 \) và độ dài đường sinh \(\ell  = 3{\rm{a}}\).

Giả sử mặt phẳng (P) cắt (N) theo thiết diện là tam giác SAB.

Do \(SA = SB = \ell  \Rightarrow \Delta SAB\) cân tại đỉnh S.

Gọi I là trung điểm của AB. Ta có: \(OI \bot AB,SI \bot AB\) và khi đó góc giữa mặt phẳng (P) và mặt đáy (N) là góc \(\widehat {SI{\rm{O}}} = 60^\circ \).

Trong tam giác SOI vuông tại O góc \(\widehat {SI{\rm{O}}} = 60^\circ \).

Ta có: \(SI = \frac{{SO}}{{\sin SIO}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sin 60^\circ }} = 2a\).

Trong tam giác SIA ta có: \(I{A^2} = S{A^2} - S{I^2} = 5{{\rm{a}}^2} \Rightarrow IA = a\sqrt 5 \).

\(AB = 2IA = 2{\rm{a}}\sqrt 5 \). Vậy diện tích thiết diện cần tìm là:

\({S_{t{\rm{d}}}} = {S_{SAB}} = \frac{1}{2}SI.AB = 2{{\rm{a}}^2}\sqrt 5 \).

Đáp án A

Gọi N là trung điểm AC, H là hình chiếu của A trên SM. Khi đó \(AH \bot \left( {SMN} \right)\). Lại có \({\rm{BC // }}\left( {SMN} \right)\) nên

\(d\left( {SM,BC} \right) = d\left( {B,(SMN)} \right) = d\left( {A,(SMN)} \right) = AH\).

Ta có \(AB = AC\sin C = \sqrt 3 ,{\rm{ }}AH = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {SM,BC} \right) = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Đáp án A

Ta có: $S_1+S_2=\underset{0}{\overset{4}{\int }}2\sqrt{x}d\text{x}={\left.2.\frac{2}{3}.x^{\frac{3}{2}}\right|}_0^4=\frac{32}{3}\iff S_1+4{\text{S}}_1=\frac{32}{3}\Rightarrow S_1=\frac{32}{15}\iff S_2=\frac{128}{15}$

Mặt khác Parabol đi qua điểm \(\left( {4;4} \right)\) nên ta có: \(16{\rm{a}} + 4b = 4\).

Ta có:$\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(a{x}^2+bx\right)dx={\left.\left(\frac{a{x}^3}{3}+\frac{b{x}^2}{2}\right)\right|}_0^4=\frac{64}{3}a+8b=\frac{128}{15}\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{-1}{20}\\ b=\frac{6}{5}\end{array}\right.$

Đáp án A

Giả sử đường thẳng d cắt \({d_1},{d_2}\) lần lượt tại M, N \( \Rightarrow M\left( {3 - {t_1};3 - 2{t_1}; - 2 + {t_1}} \right),{\rm{ N}}\left( {5 - 3{t_2}; - 1 + 2{t_2};2 + {t_2}} \right)\).

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(t_1-3t_2+2;2t_1+2t_2-4;-t_1+t_2+4\right)$

Mà d vuông góc với \(\left( P \right)\) nên

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;2;3\right)\Rightarrow d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}$

Đáp án B

Ta có: $\overline{z}=\frac{\text{w}+1-2i}{2}\Rightarrow z=\left(\overline{\frac{\text{w}+1-2i}{2}}\right)=\frac{\overline{\text{w}}+1+2i}{2}$

Do đó $\left|z-2i\right|=3\iff \left|\frac{\overline{\text{w}}+1+2i}{2}-2i\right|=3\iff \left|\overline{\text{w}}+1+2i-4i\right|=6\iff \left|\overline{\text{w}}+1-2i\right|=6$

Đặt \[{\rm{w}} = x + yi \Rightarrow \left| {x - yi + 1 - 2i} \right| = 6 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 36\].

Vậy tâm của đường tròn là \(I\left( { - 1; - 2} \right)\).

Đáp án C

Ta có \(2f'\left( {{x^2}} \right) = 9{\rm{x}}\sqrt {f\left( {{x^2}} \right)} \)

\( \Leftrightarrow \frac{{2{\rm{x}}f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {f\left( {{x^2}} \right)} }} = \frac{9}{2}{x^2} \Leftrightarrow \frac{{{{\left[ {f\left( {{x^2}} \right)} \right]}^\prime }}}{{2\sqrt {f\left( {{x^2}} \right)} }} = \frac{9}{2}{x^2} \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt {f\left( {{x^2}} \right)} } \right]^\prime } = \frac{9}{2}{x^2}\)

Do đó $\sqrt{f\left(x^2\right)}=\int \frac{9}{2}{x}^{2}d\text{x}=\frac{3}{2}{x}^3+C$

Mà $f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}\Rightarrow \sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}.\frac{2}{3}\sqrt{\frac{2}{3}}+C\iff C=0$

Suy ra \(f\left( {{x^2}} \right) = \frac{9}{4}{x^6} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{9}{4}{x^3} \Rightarrow f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{9}{4}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} = \frac{1}{{12}}\).

Đáp án D

Ta có \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) - \ln {\left( {x + 4} \right)^2} = f\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) - 2\ln \left( {x + 4} \right){\rm{ }}\left( {x \in \left[ { - 3;4} \right]} \right)\).

\(g'\left( x \right) = \frac{1}{2}f'\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) - \frac{2}{{x + 4}};{\rm{ g'}}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) = \frac{4}{{x + 4}}\).

Đặt \(\frac{x}{2} + 1 = t \Rightarrow x = 2t - 2\), khi đó phương trình có dạng \(f'\left( t \right) = \frac{2}{{t + 1}}/\left[ { - \frac{1}{2};3} \right]\) (*):

Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{x}{2} + 1} \right) - \ln \left( {{x^2} + 8{\rm{x}} + 16} \right)\) là số nghiệm đơn (hay bội lẻ) của phương trình (*) trên \(\left[ { - \frac{1}{2};3} \right]\). Từ đồ thị hàm số trên ta suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án B

Đặt \(t = {6^a} = {9^b} = {24^c},\left( {0 < t \ne 1} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {\log _6}t\\b = {\log _9}t\\c = {\log _{24}}t\end{array} \right.\).

\[ \Rightarrow T = \frac{{{{\log }_6}t}}{{{{\log }_9}t}} + \frac{{{{\log }_6}t}}{{{{\log }_{24}}t}} = {\rm{ }}\frac{{{{\log }_t}9}}{{{{\log }_t}6}} + \frac{{{{\log }_t}24}}{{{{\log }_t}6}} = {\log _6}9 + {\log _6}24 = 3\]

Đáp án D

Ta có: \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow 9M{A^2} - 4M{B^2} = 0\).

Gọi I là điểm thỏa mãn $9\overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow I\left(-6;6;-6\right)$

Khi đó $9M{A}^2-4M{B}^2=0\iff 9{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2-4{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2=0$

$\iff 5M{I}^2=-9I{A}^2+4I{B}^2=540\Rightarrow MI=6\sqrt{3}$

Do đó tập hợp điểm biểu diễn M là mặt cầu tâm \(I\left( { - 6;6; - 6} \right)\) bán kính \(R = 6\sqrt 3 \).

Khi đó $O{M}_{\max }=OI+R=6\sqrt{3}+6\sqrt{3}=12\sqrt{3}$

Đáp án A

Đạo hàm hàm số hợp \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) - 6f\left( x \right).f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\end{array} \right.\).

+ \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\).

+ \(f\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = m < 1;x = 4\), trong đó \(x = 4\) là nghiệm kép.

+ \(f\left( x \right) = 1 \Rightarrow x = 3,{\rm{ }}x = p,{\rm{ }}1 < p < 2;{\rm{ }}x = q,{\rm{ }}q < 1;{\rm{ }}x = r,{\rm{ }}r > 4\), trong đó \(x = 3\) là nghiệm kép.

Dễ quan sát thấy \(m < q\). Bảng xét dấu đạo hàm của hàm số \(g\left( x \right)\):

Hàm số nghịch biến trên \(\left( {2;3} \right)\).

Đáp án C

Gọi \({r_1},{r_2},{r_3}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HAB,\Delta HBC,\Delta HCA\).

Theo định lí Sin, ta có \(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {AHB}}} = 2{{\rm{r}}_1} \Rightarrow {r_1} = \frac{2}{{2.\sin 150^\circ }} = 2\); tương tự \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{r_2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\{r_3} = 1\end{array} \right.\).

Gọi \({R_1},{R_2},{R_3}\) lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC, S.HCA.

Đặt $SH=2\text{x}\to R_1=\sqrt{r_1^2+\frac{S{H}^2}{4}}=\sqrt{x^2+4};R_2=\sqrt{x^2+\frac{4}{3}}$và $R_3=\sqrt{x^2+1}$

Suy ra $\sum S=S_1+S_2+S_3=4\pi R_1^2+4\pi R_2^2+4\pi R_3^2=4\pi \left(3{\text{x}}^2+\frac{19}{3}\right)=\frac{124\pi }{3}\Rightarrow x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là \(V = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{4}{3}\).

Chú ý: “Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy và \({R_{\Delta ABC}}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC \( \to R = \sqrt {R_{\Delta ABC}^2 + \frac{{S{A^2}}}{4}} \) là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC”.

Đáp án A

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {3{{\rm{x}}^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3{\rm{x}}} \right) - {x^4} + 5{{\rm{x}}^2} - 4\)

\( = \left( {{x^2} - 1} \right)\left[ {3f'\left( {{x^3} - 3{\rm{x}}} \right) + 4 - {x^2}} \right]\).

Với \(x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow {x^3} - 3{\rm{x}} \in \left[ { - 2;2} \right]\) nên \(f'\left( {{x^2} - 3{\rm{x}}} \right) > 0,\forall x \in \left[ { - 2;2} \right]\).

Và \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) thì \(4 - {x^2} \ge 0\) nên \(f'\left( {{x^3} - 3{\rm{x}}} \right) + 4 - {x^2} > 0,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\).

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

Dựa vào bảng biến thiên, ta được $\underset{\left[-1;2\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(1\right)=f\left(-2\right)-3=-19$

Đáp án C

Đáp án A

Đặt \(g\left( x \right) = 3{{\rm{x}}^4} - 4{{\rm{x}}^3} - 12{{\rm{x}}^2} + m\).

Có $g^{\text{'}}\left(x\right)=12{\text{x}}^3-12{\text{x}}^2-24\text{x};\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Ta có: \(g\left( { - 1} \right) = m - 5;{\rm{ g}}\left( 0 \right) = m;{\rm{ g}}\left( 2 \right) = m - 32;{\rm{ g}}\left( 3 \right) = m + 27\).

Ta thấy: \(m - 32 < m - 5 < m < m + 27,\forall m\).

TH1: Nếu \$m-32<m+27\le 0\iff m\le -27$ thì \(M = \left| {m - 32} \right|\) và \(\min M = 59\).

TH2: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 32 < 0 < m + 27}\\{\left| {m - 32} \right| \le \left| {m + 27} \right|}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 27 < m < 32}\\{ - m - 27 \le m - 32 \le m + 27}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 27 < m < 32}\\{m \ge \frac{5}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{2} \le m < 32\] thì \(M = \left| {m + 27} \right|\) và \(\min M = \frac{{59}}{2}\).

TH3: $\left\{\begin{array}{l}m-32<0<m+27\\ \left|m+27\right|\le \left|m-32\right|\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-27<m<32\\ m-32\le m+27\le -m+32\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-27<m<32\\ m\le \frac{5}{2}\end{array}\right.\iff -27<m\le \frac{5}{2}$ thì $M=\left|m-32\right|$ và $\min M=\frac{59}{2}$

TH4: Nếu \(0 \le m - 32 < m + 27 \Leftrightarrow m \ge 32\) thì \(M = \left| {m + 27} \right|\) và \(\min M = 59\).

Vậy \(\min M = \frac{{59}}{2}\) khi \(m = \frac{5}{2}\).