Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 14)

Đáp án D

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua điểm có tọa độ \[\left( {1;2;0} \right)\] vì \[1 - 2.2 + 0 + 3 = 0\].

Đáp án C

Số phức \[z = 6 + 8i\] có môđun bằng $\sqrt{6^2+8^2}=10$

Đáp án A

Hàm số \[f\left( x \right)\] đạt cực tiểu tại \[x = 1\].

Đáp án B

Ta có \[{\log _2}\frac{8}{a} = {\log _2}8 - {\log _2}a = 3 - {\log _2}a\].

Đáp án C

Ta có $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}2f\left(x\right)dx=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=6$.

Đáp án B

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\\r = 3;l = 5\end{array} \right. \Rightarrow {S_{tp}} = 24\pi \].

Đáp án A

Hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { - 1;1} \right)\].

Đáp án A

Ta có $\int \left(6x+\cos x\right)dx=3x^2+\sin x+C$.

Đáp án C

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

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=-1\\ z_1{z}_2=2\end{array}\right.\Rightarrow z_1^3+z_2^3={\left(z_1+z_2\right)}^3-3z_1{z}_2\left(z_1+z_2\right)=5$.

Đáp án D

Ta có \[{S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right) = 5\left( {{u_1} + {u_1} + 9d} \right) = 155\].

Đáp án B

Ta có \[y\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow \] Loại A và D. Mà \[y\left( { - 2} \right) = 0 \Rightarrow \] Chọn B.

Đáp án D

Ta có $y=\ln \frac{2}{x+1}=\ln 2-\ln \left(x+1\right)\Rightarrow y\text{'}=-\frac{1}{x+1}$

Đáp án B

Đường thẳng y =  - 7 cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 2 điểm phân biệt.

Đáp án A

Ta có \[{d_1} = \frac{{\left| {2 - 2.\left( { - 1} \right) + 3.1 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} }} = \frac{6}{{\sqrt {14} }}\] và \[{d_1} = \frac{{\left| { - 2 - 2.1 + 3.1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt {14} }}\].

\[\frac{{{d_1}}}{{{d_2}}} = \frac{6}{{\sqrt {14} }}:\frac{2}{{\sqrt {14} }} = 3\].

Đáp án B

Quy tắc nhân, ta có \[10.8.6 = 480\] cuốn sách khác nhau.

Đáp án D

Ta có \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\].

Đáp án C

Ta có \[\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{3 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{1}{2} + \frac{5}{2}i\].

Điểm biểu diễn số phức \[{z_1}{z_2}\] có tọa độ là \[\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\].

Đáp án D

Ta có $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$

Đáp án B

Ta có \[{2^{{x^{}} - x + 4}} = {4^{x + 1}} = {\left( {{2^2}} \right)^{x + 1}} = {2^{2\left( {x + 1} \right)}} \Rightarrow {x^2} - x + 4 = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].

Đáp án C

Điểm cần tìm là H với \[\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} = 0\\{z_H} = {z_M}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {0;0; - 3} \right)\].

Đáp án C

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ {0;2} \right]\].

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

Tính \[y\left( 0 \right) = 5;y\left( 2 \right) = 13;y\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow {\max _{\left[ {0;2} \right]}}y = 13\].

Đáp án B

Điều kiện: \[x > 3\;\;\;\left( * \right)\].

Phương trình \[ \Leftrightarrow \log \left[ {\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)} \right] = \log \frac{{10}}{5}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right. \Rightarrow x = 4\] thỏa mãn (*).

Đáp án B

ĐTHS có tiệm cận đứng x =  - 1. Từ $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1\Rightarrow TCN:y=1\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\Rightarrow TCN:y=1\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có $\int e^x\sqrt{e^x+1}dx=\int \sqrt{e^x+1}d\left(e^x\right)=\int {\left(e^x+1\right)}^{\frac{1}{2}}d\left(e^x+1\right)=\frac{{\left(e^x+1\right)}^{\frac{1}{2}+1}}{\frac{3}{2}}+C=\frac{2}{3}\sqrt{{\left(e^x+1\right)}^3}+C$

Đáp án A

Ta có \[y' = 3{x^2} - 2\left( {m + n} \right)x + 2n - m\].

Bài ra thì \[\left\{ \begin{array}{l}y\left( 1 \right) = 6\\y'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m - n + 2n - m - 1 = 6\\3 - 2m - 2n + 2n - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = 8\end{array} \right. \Rightarrow S = 129\].

Đáp án B

Kẻ \[AH \bot BC \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \].

\[\Delta ABC\] đều \[ \Rightarrow AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\].

\[ \Rightarrow V = AA'.{S_{ABC}} = AA'.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 2{a^3}\sqrt 2 \].

Đáp án A

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

Ta có $\begin{array}{l}z\left(1-2i\right)+\overline{z}.i=15+i\iff \left(a+bi\right)\left(1-2i\right)+i\left(a-bi\right)=15+i\\ \iff a+2b+\left(b-2a\right)i+ai+b=15+i\iff a+3b+\left(b-a\right)i=15+i\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a+3b=15\\ b-a=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=4\end{array}\right.\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=5.\end{array}$

Đáp án C

Ta có ngay \[m = 0\] thỏa mãn.

Với \[m \ne 0\], ép cho \[y' = m{x^2} - 2mx + 3 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m > 0\\\Delta ' = {m^2} - 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 3\].

Đáp án C

Ta có $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(2x\right)dx=1\\ \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(3x\right)dx=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{6}{\int }}f\left(u\right)d\left(\frac{u}{2}\right)=1\\ \underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(v\right)d\left(\frac{v}{3}\right)=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{6}{\int }}f\left(u\right)du=1\\ \frac{1}{3}\underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(v\right)dv=-2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{6}{\int }}f\left(u\right)du=2\\ \underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(v\right)dv=-6\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx=2\\ \underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(x\right)dx=-6\end{array}\right.\Rightarrow \underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{12}{\int }}f\left(x\right)dx=-4\end{array}$

Đáp án C

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {CSB}\].

\[\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{{BC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ \].

Đáp án C

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

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.4a^2\sin 60°=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=a$

Kẻ \[HK \bot BC,HP \bot SK \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HP\].

Ta có $\sin 60°=\frac{HK}{BH}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow HP = a\sqrt {\frac{3}{7}} \].

Đáp án C

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] có một VTPT là $\overrightarrow{n_1}=\left(1;-2;0\right)$

Mặt phẳng \[\left( Q \right)\] có một VTPT là $\overrightarrow{n_2}=\left(1;0;-3\right)$

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( R \right) \bot \left( P \right)\\\left( R \right) \bot \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( R \right)\] sẽ nhận \[\left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {6;3;2} \right)\] là một VTPT.

Kết hợp với \[\left( R \right)\] qua \[A\left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left( R \right):6\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0\].

\[ \Rightarrow \left( R \right):6x + 3y + 2z - 2 = 0\].

Đáp án C

Thiết diện qua đỉnh của \[\left( N \right)\] là \[\Delta SCD\] như hình vẽ.

\[\begin{array}{l}S{C^2} = S{O^2} + O{C^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SC = 2a.\\S{D^2} = S{O^2} + O{D^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SD = 2a.\end{array}\]

Bài ra có chu vi \[\Delta SCD\] bằng 5a

 \[ \Rightarrow SC + SD + CD = 5a \Rightarrow 4a + CD = 5a \Rightarrow CD = a\].

Kẻ \[SP \bot CD\] mà \[SC = SD = 2a\].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow PC = PD = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2} \Rightarrow S{P^2} = S{C^2} - C{P^2} = 4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow SP = \frac{{a\sqrt {15} }}{2} \Rightarrow {S_{SCD}} = \frac{1}{2}CD.SP = \frac{1}{2}a.\frac{{a\sqrt {15} }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}.\end{array}\]

Đáp án B

Điều kiện: \[x \in \mathbb{R}\;\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 2m{.2^x} + 4\left( {m - 1} \right) = 0\].

Đặt \[t = {2^x} > 0\], ta được \[{t^2} - 2mt + 4\left( {m - 1} \right) = 0\;\;\;\left( 1 \right)\].

Để ý \[\Delta ' = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\] nên \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = m - \left( {m - 2} \right) = 2\\t = m + \left( {m - 2} \right) = 2m - 2\end{array} \right.\].

Do đó \[\left[ \begin{array}{l}{2^x} = 2\\{2^x} = 2m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{2^x} = 2m - 2\end{array} \right.\].

Khi đó \[{2^x} = 2m - 2\] cần phải có nghiệm thực dương khác 1.

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 2 > {2^0}\\2m - 2 \ne {2^1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{3}{2}\\m \ne 2\end{array} \right.\].

Mà \[m \in \mathbb{Z}\] và \[m \in \left[ {0;10} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\].

Đáp án A

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^{{x^2}}},x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x{e^x}\].

Với mọi \[x \in \left( { - 1;0} \right)\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) > 0\\ - 2x{e^x} > 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow g\left( x \right)\] đồng biến trên \[\left( { - 1;0} \right)\].

Khi đó \[m > g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( 0 \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( 0 \right) - 1\].

Đáp án B

Ta có $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-1+t\\ 3-t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$

Giả sử \[\Delta \] đi qua A, vuông góc và cắt d tại \[M \Rightarrow M\left( {t + 1;t - 1;3 - t} \right)\].

Đường thẳng $\Delta$ nhận $\overrightarrow{AM}=\left(t-1;t+1;2-t\right)$ là một VTCP.

Đường thẳng d có một VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(1;1;-1\right)$

Ta có $\Delta \perp d\iff \overrightarrow{AM}.\overrightarrow{u}=0\iff \left(t-1\right)+\left(t+1\right)-\left(2-t\right)=0\iff t=\frac{2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left(-\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{4}{3}\right)$

Đường thẳng \[\Delta \] nhận $\overrightarrow{AM}=\left(-\frac{1}{3};\frac{5}{3};\frac{4}{3}\right)$ là một VTCP nên nhận $\overrightarrow{u\text{'}}=\left(-1;5;4\right)$ là một VTCP.

Kết hợp với \[\Delta \] qua \[A\left( {2; - 2;1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 2}}{5} = \frac{{z - 1}}{4}\].

Đáp án C

Đường thẳng \[y = ax + b\] đi qua điểm \[C\left( {4;2} \right) \Rightarrow 4a + b = 2\].

$\begin{array}{l}{S}_1+S_2=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\sqrt{x}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}td\left(t^2\right)=\underset{0}{\overset{2}{\int }}t.2tdt=\frac{2t^3}{3}\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_0\end{array}\right.=\frac{16}{3}.\\ S_1=\frac{5}{3}{S}_2\Rightarrow \frac{5}{3}{S}_2+S_2=\frac{16}{3}\Rightarrow S_2=2.\\ \Rightarrow \frac{1}{2}CB.AB=2\Rightarrow AB=2\Rightarrow OA=2.\end{array}$

Đường thẳng \[y = ax + b\] đi qua điểm có tọa độ $\left(2;0\right)\Rightarrow 2a+b=0$

Như vậy $\left\{\begin{array}{l}4a+b=2\\ 2a+b=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-2\end{array}\right.\Rightarrow a+b=-1$

Đáp án A

Không gian mẫu $\Omega =\left\{1;2;3;4;5;6\right\}\Rightarrow n\left(\Omega \right)=6$

Gọi A là biến cố “Xuất hiện mặt b chấm để phương trình \[{x^2} + bx + 2 = 0\] có hai nghiệm phân biệt”.

Phương trình \[{x^2} + bx + 2 = 0\] có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta =b^2-8>0\iff \left[\begin{array}{l}b<-2\sqrt{2}\\ b>2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Mà $b\in \Omega \Rightarrow b\in \left\{3;4;5;6\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=4$

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

Đáp án C

Gọi \[{G_1},{G_2},{G_3}\] lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB, SAD, SAC.

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC.

\[ \Rightarrow \frac{{S{G_1}}}{{SI}} = \frac{{S{G_3}}}{{SJ}}\left( { = \frac{2}{3}} \right) \Rightarrow {G_1}{G_3}//IJ \Rightarrow {G_1}{G_3}//\left( {ABC} \right)\].

Tương tự \[{G_2}{G_3}//\left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)//\left( {ABCD} \right)\]

Qua \[{G_1}\] dựng đường song song với AB, cắt SA, SB lần lượt tại M, N.

Qua N dựng đường song song với BC, cắt SC tại P.

Qua P dựng đường song song với CD, cắt SD tại Q.

Thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi \[\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)\] là tứ giác MNPQ.

Ta có \[\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ABC}}\]

Tương tự \[{V_{S.MPQ}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ACD}} \Rightarrow {V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}}\].

\[ \Rightarrow {V_{ABCD.MNPQ}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.MNPQ}} = \frac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{8}{{27}}{V_{S.ABCD}}}}{{\frac{{19}}{{27}}{V_{S.ABCD}}}} = \frac{8}{{19}}.\]

Đáp án C

Ta có \[f'\left( x \right) = {x^2} + mx + 3\].

Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;3} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\;\forall x \in \left( {1;3} \right)\].

$\begin{array}{l}\iff x^2+mx+3\le 0\forall x\in \left(1;3\right)\\ \iff m\le -x-\frac{3}{x}=g\left(x\right)\forall x\in \left(1;3\right)\\ g\text{'}\left(x\right)=\frac{-x^2+3}{x^2};g\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\pm \sqrt{3}\end{array}$

Bảng biến thiên:

$m\le g\left(x\right)\forall x\in \left(1;3\right)\iff m\le \underset{\left[1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\iff m\le -4$

Vậy \[m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4} \right\}\].

Đáp án B

Ta có$\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=m{\left(x+1\right)}^2\left(x-2\right)\left(m>0\right)\\ f\left(1\right)=-4\end{array}\right.\Rightarrow m=1\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=x^3-3x-2$

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{3{x^2}}}{2} = 2x + k\] mà \[f\left( 0 \right) = 7 \Rightarrow k = 7\].

\[ \Rightarrow 4f\left( x \right) = {x^4} - 6{x^2} - 8x + 28 = {\left( {{x^2} - 4} \right)^2} + 2{\left( {x - 2} \right)^2} + 4 > 0,\;\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( x \right) > 0\]

Khi đó \[y' = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2\].

Đáp án C

Đặt \[x = {t^3} + 3t + 1\]. Đổi cận \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 0\\x = 5 \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\].

$\begin{array}{l}\Rightarrow I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t^3+3t+1\right)d\left(t^3+3t+1\right)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(3t^2+3\right).f\left(t^3+3t+1\right)dt\\ =\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(3x^2+3\right).f\left(x^3+3x+1\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(3x^2+3\right)\left(4x-1\right)dx\\ =\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(12x^3-3x^2+12x-3\right)dx=\left(3x^4-x^3+6x^2-3x\right)\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.=5.\end{array}$

Đáp án C

Giả sử \[z = x + yi\;\left( {z,y \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left| {x - 1 + yi} \right| = \left| {x + \left( {y + 1} \right)i} \right|\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \Rightarrow d:x + y = 0.\]

Điểm \[M\left( {x;y} \right)\] biểu diễn số phức \[z \Rightarrow M \in d\].

Xét \[A\left( {2;1} \right),B\left( { - 3;1} \right),I\left( { - \frac{1}{2};0} \right)\] là trung điểm của đoạn thẳng AB

\[ \Rightarrow {\left| {z - 2 - i} \right|^2} + {\left| {z + 3 + i} \right|^2} = M{A^2} + M{B^2} = 2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}\]

Ta có \[AB\left( {const} \right),IM \ge d\left( {I;d} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\] nên \[{P_{\min }} \Leftrightarrow IM \bot d\].

Khi đó \[IM:1.\left( {x + \frac{1}{2}} \right) - 1.\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y + \frac{1}{2} = 0\].

Tọa độ của M là nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y=0\\ x-y+\frac{1}{2}=0\end{array}\right.\Rightarrow M\left(-\frac{1}{4};\frac{1}{4}\right)\Rightarrow z=-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}i.$

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;-3\right),\overrightarrow{DC}=\left(1;-1;-3\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

Mà $\overrightarrow{AD}=\left(2;2;-2\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\ne k.\overrightarrow{AD}\Rightarrow A,B,D$ không thẳng hàng.

Nên tứ giác ABCD là hình bình hành.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;-3\right)\\ \overrightarrow{AD}=\left(2;-4;-2\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right]=\left(-10;-4;-2\right)$

Mà $\overrightarrow{AE}=\left(0;-1;-4\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right].\overrightarrow{AE}=12\ne 0\Rightarrow E\notin \left(ABD\right)\Rightarrow E\notin \left(ABCD\right)$

Ta có hình chóp E.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành.

Các mặt phẳng cách đều 5 điểm đã cho là:

+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm của 4 cạnh bên EA, EB, EC, ED.

+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của ED, EC, AD, BC.

+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EC, EB, DC, AB.

+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EA, EB, AD, BC.

+ Mặt phẳng qua 4 trung điểm lần lượt của EA, ED, AB, DC.

Đáp án D

Ta có \[\begin{array}{l}{\log _3}{\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)} \right]^{y + 1}} = 9 - \left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {y + 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 1} \right) + {{\log }_3}\left( {y + 1} \right)} \right] + \left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right) = 9\\ \Leftrightarrow \left( {y + 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 1} \right) + {{\log }_3}\left( {y + 1} \right) + x - 1} \right] = 9\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 1} \right) + x - 1 = \frac{9}{{y + 1}} - {\log _3}\left( {y + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 1} \right) + x + 1 - 2 = \frac{9}{{y + 1}} - 2 + {\log _3}\frac{9}{{y + 1}}\end{array}\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {\log _3}t + t - 2\], với \[t > 0\] có \[f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0\] với mọi \[t > 0\].

Nên hàm số \[f\left( t \right)\] luôn đồng biến liên tục trên \[\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow x + 1 = \frac{9}{{y + 1}}\].

\[ \Rightarrow x = \frac{9}{{y + 1}} - 1 = \frac{{8 - y}}{{y + 1}}\], do \[x > 0 \Rightarrow y \in \left( {0;8} \right)\].

Do đó$P=x+2y=\frac{8-y}{y+1}+2y=2y-1+\frac{9}{y+1}=2\left(y+1\right)+\frac{9}{y+1}-3\ge -3+6\sqrt{2}$

Dấu “=” xảy ra $\iff y+1=\sqrt{\frac{9}{2}}\iff y=\frac{3}{\sqrt{2}}\Rightarrow x=\frac{27\sqrt{2}-25}{7}$

Đáp án C

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ {1;2} \right]\].

Xét hàm số$f\left(x\right)=\frac{x^2+mx+m}{x+1}$, với \[x \in \left[ {1;2} \right]\] ta có:

\[f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + m} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + mx + m} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\;\forall x \in \left( {1;2} \right)\].

Tính \[f\left( 1 \right) = \frac{{2m + 1}}{2};f\left( 2 \right) = \frac{{3m + 4}}{3}\]

+ TH1: $\left|\frac{2m+1}{2}\right|=2\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{3}{2}\\ m=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$

Với \[m = \frac{3}{2} \Rightarrow y\left( 2 \right) = \frac{{17}}{6} > 2 \Rightarrow m = \frac{3}{2}\] không thỏa mãn.

Với $m=-\frac{5}{2}\Rightarrow y\left(2\right)=\frac{7}{6}<2\Rightarrow m=-\frac{5}{2}$thỏa mãn.

+ TH2: $\left|\frac{3m+4}{3}\right|=2\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{2}{3}\\ m=-\frac{10}{3}\end{array}\right.$

Với $m=\frac{2}{3}\Rightarrow y\left(1\right)=\frac{7}{6}<2\Rightarrow m=\frac{2}{3}$ thỏa mãn.

Với $m=-\frac{10}{3}\Rightarrow y\left(1\right)=\frac{17}{6}>2\Rightarrow m=-\frac{10}{3}$ không thỏa mãn.

Đáp án A

Gọi \[M\left( {x;y;0} \right) \in \left( {Oxy} \right):z = 0\].

Ta có \[d\left( {A;\left( {Oxy} \right)} \right) = 10\] và \[d\left( {B;\left( {Oxy} \right)} \right) = 5\].

Bài ra MA, MB cùng tạo với \[\left( {Oxy} \right)\] hai góc bằng nhau, gọi góc này là \[\alpha \].

Ta có $\sin \alpha =\frac{d\left(A;\left(Oxy\right)\right)}{AM}=\frac{10}{MA};\sin \alpha =\frac{d\left(B;\left(Oxy\right)\right)}{BM}=\frac{5}{MB}\Rightarrow MA=2MB$

$\begin{array}{l}\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+100=4\left[{\left(x-4\right)}^2+{\left(y-6\right)}^2+25\right]\\ \iff x^2+y^2-2x-6y+110=4\left(x^2+y^2-8x-12y+77\right)\\ \iff 3x^2+3y^2-30x-42y+198=0\iff x^2+y^2-10x-14y+66=0\\ \iff {\left(x-5\right)}^2+{\left(y-7\right)}^2=8\\ \left\{\begin{array}{l}x-5=\sqrt{8}\cos t\\ y-7=\sqrt{8}\sin t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{8}\cos t+5\\ y=\sqrt{8}\sin t+7\end{array}\right..\\ \Rightarrow A{M}^2={\left(x-1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+100={\left(\sqrt{8}\cos t+4\right)}^2+{\left(\sqrt{8}\sin t+4\right)}^2+100\\ =16\sqrt{2}\left(\sin t+\cos t\right)+140=32\sin \left(t+\frac{\pi }{4}\right)+140\ge -32+140=108\Rightarrow AM\ge 6\sqrt{3}\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\iff \sin \left(\alpha +\frac{\pi }{4}\right)=-1\iff \alpha +\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff \alpha =-\frac{3\pi }{4}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=5\end{array}\right.\Rightarrow M\left(3;5;0\right)$