Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 19)

Đáp án C

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y - z - 7 = 0\\\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{2} = t\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {t + 3} \right) - \left( { - t + 1} \right) - 2t - 7 = 0 \Rightarrow t = 0 \Rightarrow M\left( {3; - 1;0} \right)\)

Đáp án A

Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]dx} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} - 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)} = 12\)

Đáp án A

Hai mặt \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right)\) vuông góc với nhau hiển nhiên. Ta thấy BC vuông góc với \(\left( {ABB'A'} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( {ABA'} \right)\) cùng vuông góc với hai mặt \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\).

Như vậy \(\widehat {ABA'} = 60^\circ \Rightarrow AA' = AB\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), thể tích lăng trụ \(V = {a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án C

Vì \(\bar z = 3 + 2i \Rightarrow z = 3 - 2i\). Do đó số phức z có phần thực bằng 3. Phần ảo bằng –2.

Đáp án B

Dựa vào BBT suy ra \({y_{CD}} = 3\) và \({y_{CT}} = 0\).

Đáp án A

\(F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\left( {\sin x + {e^x} - 5x} \right)dx} = - \cos x + {e^x} - \frac{5}{2}{x^2} + C\), C là hằng số.

\(F\left( x \right) = - \cos x + {e^x} - \frac{5}{2}{x^2} + 1\)

Đáp án D

Đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt khi \( - 3 < m < 1\).

Đáp án D

Ta có: \({z^2} - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1 + 2i\\z = 1 - 2i\end{array} \right.\)

\({z_1}\) có phần ảo dương \( \Rightarrow {z_1} = 1 + 2i\)

Do đó điểm biểu diễn của \({z_1}\) có tọa độ là \(\left( {1;2} \right)\).

Đáp án D

\(f'\left( x \right) = {\left( {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 4x} \right)} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {{x^2} - 4x} \right)}^\prime }}}{{\left( {{x^2} - 4x} \right).\ln 3}} = \frac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x} \right).\ln 3}}\)

Đáp án D

Theo bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương

\(y = \frac{{{x^2} - 1 + 4}}{{x - 1}} = x + 1 + \frac{4}{{x - 1}} + 2 \ge 2\sqrt 4 + 2 = 6\)

Đáp án B

\(A{B^2} = {2^2} + {2^2} + {0^2} = 8\). Suy ra mặt cầu \({\left( {x + 10} \right)^2} + {\left( {y - 17} \right)^2} + {\left( {z + 7} \right)^2} = 8\).

Đáp án D

+ Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại B nên \(BA = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BA.BC = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow V = BB'.{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{2}\)(đvdt)

Đáp án A

Ta có: \(g\left( x \right) = - 2f\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = - 2f'\left( x \right)\)

Do \(f\left( x \right)\) đổi dấu khi đi qua hai điểm \(x = 2\), \(x = 4\) nên \( - 2f'\left( x \right)\) đổi dấu qua điểm \(x = 2\), \(x = 4\)

Vậy hàm số \(y = - 2f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = DC\\AD \subset \left( {ABCD} \right),AD \bot DC\\SD \subset \left( {SDC} \right),SD \bot DC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {SDC} \right)} \right) = SDA = 30^\circ \)

Gọi cạnh hình vuông là x \( \Rightarrow SA = x.\tan 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\) và \(AC = \sqrt 2 a\)

Lại có \(S{C^2} = S{A^2} + A{C^2}\) hay \({\left( {a\sqrt 7 } \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 x} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)^2}\). Từ đó ta có \(x = \sqrt 3 a\).

Do đó \(SA = a\)

Thể tích khối chóp cần tìm là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{\left( {\sqrt 3 a} \right)^2} = {a^3}\)

Đáp án A

\(P = - {\log _3}a - 4{\log _3}a + 2{\log _a}3 = - 5{\log _3}a + \frac{2}{{{{\log }_3}a}} = - 5\alpha + \frac{2}{\alpha } = \frac{{2 - 5{\alpha ^2}}}{\alpha }\)

Đáp án C

Ta có \(\frac{{x\left( {3 - 2i} \right)}}{{2 + 3i}} + y{\left( {1 - 2i} \right)^2} = 6 - 5i \Leftrightarrow x.\frac{{\left( {3 - 2i} \right)\left( {2 - 3i} \right)}}{{13}} + y\left( { - 3 - 4i} \right) = 6 - 5i\)

\( \Leftrightarrow - xi - 3y - 4yi = 6 - 5i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + 4y = 5\\ - 3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 2\\x = 13\end{array} \right.\)

Đáp án B

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 > 0\\3 - 2x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 3\\x < \frac{3}{2}\end{array} \right.\) hệ bất phương trình vô nghiệm nên phương trình vô nghiệm.

Đáp án A

Gọi O, \(O'\) lần lượt là tâm của hai đáy hình trụ. Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ là trung điểm I của \(OO'\). Bán kính mặt cầu này là: \(R = IK = \sqrt {I{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 6 \).

Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\sqrt 6 \pi {a^3}\)

Đáp án B

Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có nghiệm kép \(x = 1\) và một nghiệm \(x = {x_0} < 0\)

Do đó \(f\left( x \right) - 2 = k\left( {x - {x_0}} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\)

Suy ra \(y = \frac{{x - 1}}{{f\left( x \right) - 2}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)}}{{k\left( {x - {x_0}} \right){{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{k\left( {x - {x_0}} \right)\left( {x - 1} \right)}}\) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{f\left( x \right) - 2}}\) có 2 đường tiệm cận đứng là \(x = {x_0}\), \(x = 1\).

Đáp án D

Ta có \(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx} = f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right. = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)\)

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có \(f\left( 2 \right) = - 2\), \(f\left( 1 \right) = - 2\)

Vậy giá trị cảu biểu thức \(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx} \) bằng 0.

Đáp án B

Phương trình tham số \({d_1}\): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2{t_1}\\y = - 2 + {t_1}\\z = 6 - 2{t_1}\end{array} \right.,\left( {{t_1} \in \mathbb{R}} \right)\)

\({d_1}\) đi qua điểm \(M\left( {2; - 2;6} \right)\) và véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;1; - 2} \right)\)

Phương trình tham số \({d_2}\): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + {t_2}\\y = - 2 - 2{t_2}\\z = - 1 + 3{t_2}\end{array} \right.,\left( {{t_2} \in \mathbb{R}} \right)\)

\({d_2}\) đi qua điểm \(N\left( {4; - 2; - 1} \right)\) và véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1; - 2;3} \right)\)

Vì mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({d_1}\), và song song với \({d_2}\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \bot \overrightarrow {{u_1}} \\\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \bot \overrightarrow {{u_2}} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = - \left( {1;8;5} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {2; - 2;6} \right)\) và véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = - \left( {1;8;5} \right)\), nên phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\): \[\left( {x - 2} \right) + 8\left( {y + 2} \right) + 5\left( {z - 6} \right) = 0\] hay \(\left( P \right)\): \[x + 8y + 5z - 16 = 0\].

Đáp án B

\(H = \int\limits_{}^{} {\frac{{\sin 2x}}{{3 + 2xosx}}dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{{2\sin x\cos x}}{{2\cos x + 3}}dx} = - 2\int\limits_{}^{} {\frac{{\cos x}}{{2\cos x + 3}}d\left( {\cos x} \right)} \)

\( = - \frac{1}{2}\left( {2\cos x + 3 - 3\ln \left| {2\cos x + 3} \right|} \right) + C = - \cos x - \frac{3}{2} + \frac{3}{2}\ln \left( {2\cos x + 3} \right) + C\)

Đáp án C

Đặt \(u = \sqrt {1 - \ln x} \Rightarrow {u^2} = 1 - \ln x \Rightarrow 2udu = - \frac{1}{x}dx \Rightarrow \frac{1}{{2x}}dx = udu\)

\(x = 1 \Rightarrow u = 1\); \(x = e \Rightarrow u = 0\)

Khi đó \(I = \int\limits_1^0 {u.\left( { - udu} \right)} = - \int\limits_1^0 {{u^2}du} \)

Đáp án A

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa AB và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên có cặp vecto chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {2;5;3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;2; - 1} \right)\) nên \(2\left( {x - 1} \right) + 5\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 5y + 3z - 9 = 0\).

Đáp án C

Đặt \(w = x + yi\), \(\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\) ta có

\(w = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z \Leftrightarrow w - \left( {3 - 2i} \right) = \left( {4 - 3i} \right)z \Leftrightarrow \left| {w - \left( {3 - 2i} \right)} \right| = \left| {\left( {4 - 3i} \right)z} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 3} \right) + \left( {y + 2} \right)i} \right| = \left| {4 - 3i} \right|\left| z \right| \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 2} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}.2} \)

                                          \( \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 100\)

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z\) là một đường tròn có tâm \(I\left( {3; - 2} \right)\), bán kính \(r = 10\).

Đáp án B

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( {2 - x} \right) + {x^2} - 3x + 2 = - f'\left( {2 - x} \right) + \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\)

Ta chọn x sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {2 - x} \right) > 0\\\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < 2 - x < 2\\1 < x < 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < 2\\1 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

Vậy với \(x \in \left( {1;2} \right)\) thì \(g'\left( x \right) < 0\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Đáp án B

Xét hàm số \(f\left( {\sqrt {x - 1} + 1} \right)\). Đặt \(t = \sqrt {x - 1} + 1 \ge 1\), \(\forall x \ge 1\)

Khi đó: \(f\left( {\sqrt {x - 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(f\left( t \right) \le m\), \(t \in \left[ {1; + \infty } \right)\) có nghiệm

Từ bảng biến thiên ta thấy \(f\left( t \right) \le m\), \(t \in \left[ {1; + \infty } \right)\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge - 2\)

Đáp án A

Gọi B là biến cố “lấy được ít nhất 2 viên bi xanh”

Để lấy được ít nhất 2 viên bi xanh ta xét 2 trường hợp

TH1: Lấy được cả 3 viên bi xanh có \(C_5^3 = 10\) cách

TH2: Lấy ra được 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ có \(C_5^2.C_7^1 = 70\) cách

Vậy \(\left| {{\Omega _B}} \right| = 10 + 70 = 80 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{80}}{{220}} = \frac{4}{{11}}\).

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của AD. Tam giác SAD đều và \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(AH = a\), \(SH = a\sqrt 3 \) và tứ giác ABCH là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow BH = a\sqrt 2 \).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot S\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot SA\) hay \(\widehat {SAB} = 90^\circ \)          \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có \(BC \bot SC\)hay \(\widehat {SCB} = 90^\circ \) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta thấy hai đỉnh A và C của hình chóp S.ABC cùng nhìn SB dưới một góc vuông. Do đó bốn điểm S, A, B, C cùng nằm trên mặt cầu đường kính SB.

Xét tam giác vuông SHB, ta có \(SB = \sqrt {B{H^2} + S{H^2}} = a\sqrt 5 \).

Vây diên tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là \(S = 4\pi {\left( {\frac{{SB}}{2}} \right)^2} = 5\pi {a^2}\)

Đáp án A

Đáp án A

Kẻ \(Sx//BC\), dựng \(K \in Sx\) sao cho \(SK = BC\).

Trong \(\left( {KDC} \right)\), kẻ \(DM \bot KC \Rightarrow DM \bot \left( {SBCK} \right) \Rightarrow \) MB là hình chiếu vuông góc của DB lên \(\left( {SBCK} \right)\). Khi đó: \(\widehat {BD,\left( {SBCK} \right)} = \widehat {MBD}\).

Ta có: \(\sin \widehat {MBD} = \frac{{DM}}{{BD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\)

Đáp án D

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) với \({d_1}\) và \({d_2}\)

Vì \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {{t_1};1 - {t_1}; - 1} \right)\); \(B \in {d_2} \Rightarrow A\left( { - 1 + 2{t_2};1 + {t_2}; - 2 + {t_2}} \right)\)

\(M \in \Delta \Leftrightarrow \) M, A, B thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = k.\overrightarrow {MB} \)   \(\left( 1 \right)\)

\(\overrightarrow {MA} = \left( {{t_1} - 1;2 - {t_1}; - 3} \right)\); \(\overrightarrow {MB} = \left( {2{t_2} - 2;{t_2} + 2;{t_2} - 4} \right)\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} - 1 = k\left( {2{t_2} - 2} \right)\\2 - {t_1} = k\left( {{t_2} + 2} \right)\\ - 3 = k\left( {{t_2} - 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} - 2k{t_2} + 2k = 1\\ - {t_1} - k{t_2} - 2k = - 2\\k{t_2} - 4k = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 0\\k{t_2} = \frac{1}{3}\\k = \frac{5}{6}\end{array} \right.\)

Từ \({t_1} = 0 \Rightarrow A\left( {0;1; - 1} \right)\). Do đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm A và M nên một véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {AM} = \left( {1; - 2;3} \right)\)

Vậy \(a = - 2\), \(b = 3 \Rightarrow a + b = 1\)

Đáp án B

Đặt \(u = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow f\left( u \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u = - 1,2\\u = 0,4\\u = 2,2\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}\left| {f\left( x \right)} \right| = - 1,2\\\left| {f\left( x \right)} \right| = 0,4\\\left| {f\left( x \right)} \right| = 2,2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {f\left( x \right)} \right| = \pm 0,4\\\left| {f\left( x \right)} \right| = \pm 2,2\end{array} \right.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có phương trình \(f\left( x \right) = \pm 0,4\) có 6 nghiệm, phương trình \(f\left( x \right) = \pm 2,2\) có 2 nghiệm nên phương trình đã cho có 8 nghiệm.

Đáp án B

Ta có: \(w = 2z_1^2 + {\left[ {\left( {1 + i} \right){z_1}} \right]^2} = 2z_1^2 + {\left( {1 + i} \right)^2}.{\left( {{z_1}} \right)^2} = z_1^2\left[ {2 + {{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]\)

\( = z_1^2.\left( {2 + 2i} \right)\)

Suy ra \(\left| w \right| = \left| {z_1^2\left( {2 + 2i} \right)} \right| = {\left| {{z_1}} \right|^2}.\left| {2 + 2i} \right| = 18\sqrt 2 \)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm O bán kính \(R = 18\sqrt 2 \).

Đáp án D

\(I = \int\limits_0^{\ln 2} {{e^x}f\left( {3{e^x} - 2} \right)dx} = \frac{1}{3}\int\limits_0^{\ln 2} {f\left( {3{e^x} - 2} \right)d\left( {3{e^x} - 2} \right)} \)

Đặt \(u = 3{e^x} - 2\) sử dụng phép đổi cận ta có:

 \(I = \frac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( u \right)du} = \frac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{3}\left( {{S_3} - {S_4}} \right) = \frac{2}{3}\)

Đáp án C

Ta có: \(y' = \left( {2x - 4} \right).f'\left( {{x^2} - 4x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\f'\left( {{x^2} - 4x} \right) = 0\end{array} \right.\)

Phương trình \(f'\left( u \right) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt trong đó \({x_1} < - 4\), \({x_2}\), \({x_3}\), x₄ > - 4

Vì \(u = {x^2} - 4x = {\left( {x - 2} \right)^2} - 4\) nên với mỗi phương trình \({x^2} - 4x = \left\{ {{x_2},{x_3},{x_4}} \right\}\) ta được 2 nghiệm phân biệt suy ra hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 4x} \right)\) có 7 điểm cực trị

Do \({\lim _{x \to + \infty }}f\left( {{x^2} - 4x} \right) = f\left( { + \infty } \right) = + \infty \)

Lập bảng xét dấu suy ra hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 4x} \right)\) có 4 điểm cực tiểu và 3 điểm cực đại.

Đáp án A

Gọi I là trung điểm của AD \( \Rightarrow \)ABCI là hình bình hành suy ra \(CI = a = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại C. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot CD\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SCH} \right)\)

Vạy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và đáy \(\left( {ABCD} \right)\)bằng \(\widehat {SCH} = 60^\circ \), \(AC = \sqrt {A{D^2} - C{D^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow HC = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow SH = HC\tan 60^\circ = 2a\)

Ta có \(h = 2\), \(k = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{1}{3}\), \(c = AC = \sqrt 3 \Rightarrow d = \frac{{6a\sqrt {13} }}{{13}}\)

Đáp án B

Phương trình đường thẳng AB là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 2t\\y = 1 - t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\). Gọi \(M\left( { - 3 + 2t;1 - t;1 + 2t} \right)\) là giao điểm của AB và \(\left( P \right)\). Cho \(M \in \left( P \right) \Rightarrow - 6 + 4t - 1 + t + 2 + 4t + 11 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{2}{3}\)

Suy ra \(M\left( {\frac{{ - 13}}{3};\frac{5}{3};\frac{{ - 1}}{3}} \right)\)là giao điểm của AB và mặt phẳng \(\left( P \right)\) khi đó MC là tiếp tuyến của mặt cầu \(\left( S \right)\). Theo tính chất phương tích ta có: \(MA.MB = M{C^2} \Rightarrow M{C^2} = 2.8 = 4\)

Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm \(M\left( {\frac{{ - 13}}{3};\frac{5}{3};\frac{{ - 1}}{3}} \right)\) bán kính \(R = 4\).

Đáp án C

Xét \(g\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + m + 3\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\)\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1 \notin \left[ {1;3} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}g\left( 0 \right) = m + 3\\g\left( 1 \right) = m + 2\\g\left( 3 \right) = m + 66\end{array} \right.\)

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = m + 2\), \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = m + 66\)

TH1: \[\left( {m + 1} \right)\left( {m + 66} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 66 \le m \le - 1\]

\[\left[ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = \frac{{\left| {m + 66 + m + 2} \right| + \left| {m + 66 - m - 2} \right|}}{2} = \left| {m + 34} \right| + 32\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 0\end{array} \right.\]

Vậy \[2\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 2020 \Leftrightarrow \left| {m + 34} \right| + 3 = 2020 \Leftrightarrow \left| {m + 34} \right| = 2017 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - \end{array} \right.\](loại)

TH2: \[\left( {m + 1} \right)\left( {m + 66} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > - 1\\m < - 66\end{array} \right.\]

\[\left[ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = \frac{{\left| {m + 66 + m + 2} \right| + \left| {m + 66 - m - 2} \right|}}{2} = \left| {m + 34} \right| + 32\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \frac{{\left| {m + 66 + m + 2} \right| - \left| {m + 66 - m - 2} \right|}}{2} = \left| {m + 34} \right| - 32\end{array} \right.\]

\( \Rightarrow 2\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 2020 \Leftrightarrow \left| {m + 34} \right| + 3 = 2020 \Leftrightarrow 2\left( {\left| {m + 34} \right| - 32} \right) + \left| {m + 34} \right| + 32 = 2020\)

\( \Leftrightarrow 3\left| {m + 34} \right| = 2052 \Leftrightarrow \left| {m + 34} \right| = 684 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 650\\m = - 718\end{array} \right.\left( N \right)\)

Suy ra \({m_1} + {m_2} = - 718 + 650 = - 68\)

Đáp án D

Biến đổi giả thiết ta có: \({\log _2}\frac{{a + b + c}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2}} = a\left( {a - 4} \right) + b\left( {b - 4} \right) + c\left( {c - 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {a + b + c} \right) + 2 + 4\left( {a + b + c} \right) = {\log _2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}4\left( {a + b + c} \right) + 4\left( {a + b + c} \right) = {\log _2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Khi đó \(f\left[ {4\left( {a + b + c} \right)} \right] = f\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2} \right) \Leftrightarrow 4\left( {a + b + c} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = 10\)    \(\left( S \right)\)

Điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\)thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\): \({\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = 10\)

Mặt khác \(P = \frac{{a + 2b + 3c}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow a\left( {P - 1} \right) + b\left( {P - 2} \right) + c\left( {P - 3} \right) = 0\)  \(\left( P \right)\)

Điều kiện để \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) có giao điểm là \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) \le R\left( {I\left( {2;2;2} \right);R = \sqrt {10} } \right) \Leftrightarrow \frac{{\left| {6P - 12} \right|}}{{\sqrt {3{P^2} - 12P + 14} }} \le \sqrt {10} \)

\( \Leftrightarrow P \le \frac{{6 + \sqrt {30} }}{3}\).

Đáp án B

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = {x^2}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = \frac{{{x^3}}}{3}\end{array} \right.\), khi đó \(\int\limits_0^2 {{x^2}.f\left( x \right)dx} = \frac{{{x^3}}}{3}.f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. - \int\limits_0^2 {\frac{{{x^3}}}{3}f'\left( x \right)dx} \)

Suy ra \(\frac{{40}}{{21}} = \frac{8}{3}f\left( 2 \right) - \int\limits_0^2 {\frac{{{x^3}}}{3}f'\left( x \right)dx} \Rightarrow \int\limits_0^2 {{x^3}f'\left( x \right)dx} = \frac{{16}}{7}\)

Ta chọn k sao cho: \(\int\limits_0^2 {{{\left[ {f'\left( x \right) + k{x^3}} \right]}^2}dx} = \int\limits_0^2 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx + 2k\int\limits_0^2 {f'\left( x \right){x^3}dx} + {k^2}\int\limits_0^2 {{x^6}dx} = 0} \)

\( = \frac{2}{7} + \frac{{32}}{7}k + \frac{{128{k^2}}}{7} = 0 \Rightarrow k = \frac{{ - 1}}{8} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) - \frac{1}{8}{x^3}} \right]}^2}dx = 0} \)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{8} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{{32}} + C\)

Do \(f\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow C = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{{32}} + \frac{1}{2} \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{6}{5}\)