Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 20)

Đáp án A

Mặt phẳng \[\left( P \right):2x - 4y + 6z - 1 = 0\] nhận \[\overrightarrow a = \left( {2; - 4;6} \right)\] là một vectơ pháp tuyến.

Xét \[\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\]. Ta có \[\overrightarrow a = 2\overrightarrow n \] nên suy ra \[\overrightarrow a \] và \[\overrightarrow n \] cùng phương. Vậy \[\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\] cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( P \right)\].

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức:  \[{\log _a}{b^m} = m{\log _a}b\;\left( {0 < a \ne 1,b > 0} \right)\].

Cách giải:

Ta có \[I = {\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\frac{{{a^3}}}{{125}}} \right) = {\log _{\frac{a}{5}}}{\left( {\frac{a}{5}} \right)^3} = 3{\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\frac{a}{5}} \right) = 3.\]

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên \[\left( {0;2} \right)\].

Đáp án D

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số: \[{a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\;\left( {0 < a \ne 1} \right)\].

Cách giải:

Ta có \[{7^{2{x^2} + 5x + 4}} = 49 = {7^2} \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{2}\\x = - 2\end{array} \right..\]

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là \[ - \frac{1}{2} - 2 = - \frac{5}{2}.\]

Đáp án D

Ta có \[{u_4} = 2.4 + 5 = 13\].

Đáp án C

Phương pháp:

+ Dựa vào \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y\] xác định dấu của hệ số a và loại đáp án.

+ Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua xác định đáp án đúng.

Cách giải:

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có \[a > 0\] do \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty  \Rightarrow \] Loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {2;1} \right) \Rightarrow \] Loại các đáp án B và D.

Đáp án A

Phương trình đường thẳng \[\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\].

Đáp án B

Chú ý thiết diện qua trục tam giác vuông cân nên \[2R = a\sqrt 2 \Rightarrow R = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl = \pi \frac{a}{{\sqrt 2 }}.a = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}\].

Đáp án D

Phương pháp:

Số tập con gồm k phần tử của tập hợp A gồm n phần tử là \[C_n^k\].

Cách giải:

Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là \[C_{26}^6\].

Đáp án C

Từ giả thiết \[\overrightarrow {OA} = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k \Rightarrow A\left( {1; - 2;3} \right)\].

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = - 2\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2; - 2;1} \right)\].

Vậy trọng tâm của tam giác ABC là điểm \[G\left( {2; - 2;1} \right)\].

Đáp án D

Ta có: \[I = \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) - 5g\left( x \right) + x} \right]dx} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} + 5\int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx} + \int\limits_0^2 {xdx} \].

Do đó: \[I = 3 - 5\left( { - 1} \right) + \frac{1}{2}\left( {{2^2} - {0^2}} \right) = 10\].

Đáp án B

Đáy là tam giác đều, diện tích cần ghi nhớ, khi đó: \[V = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\].

Đáp án B

Ta có: \[w = 2\left( {{z_1} + {z_2}} \right) = 2\left( {2 + 3i + 4 + 5i} \right) = 12 + 16i \Rightarrow \overline w = 12 - 16i\].

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào BBT để xác định số điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là \[x = - 1,x = 1\].

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt \[t = {x^3} + 1\].

Cách giải:

\[\int {f\left( x \right)dx} = \int {{x^2}{e^{{x^3} + 1}}dx} \]

Đặt \[t = {x^3} + 1 \Rightarrow dt = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{{dt}}{3}\].

\[ \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{{e^t}dt}}{3}} = \frac{1}{3}{e^t} + C = \frac{1}{3}{e^{{x^3} + 1}} + C\].

Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành. Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 2\\x = \pm 1\end{array} \right.\].

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 4.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp \[V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h\]

Cách giải:

Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại B có \[AC = 2a \Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \].

\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.BA.BC = \frac{1}{6}.2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = \frac{{2{a^3}}}{3}\].

Đáp án D

Do \[{z_1},{z_2}\] là nghiệm của phương trình \[{z^2} + z + 1 = 0\] nên \[{z_1} + {z_2} = - 1;{z_1}{z_2} = 1\]

Ta có \[P = z_1^2 + z_2^2 + {z_1}{z_2} = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - {z_1}{z_2} = {\left( { - 1} \right)^2} - 1 = 0\].

Đáp án B

Điều kiện: \[{\log _2}\left( {x - 1} \right) > 0 \Rightarrow x - 1 > 1 \Rightarrow x > 2\].

Đáp án B

Ta có: \[f'\left( x \right) = 4{x^3} - 8x \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\].

Trên đoạn \[\left[ { - 2;3} \right]\] ta có \[f\left( { - 2} \right) = 5;f\left( 3 \right) = 50;f\left( 0 \right) = 5;f\left( { \pm \sqrt 2 } \right) = 1\].

Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = 50\].

Đáp án D

Phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu

\[ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} - 3{m^2} + 5 > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 10 < 0 \Leftrightarrow 1 - \sqrt {11} < m < 1 + \sqrt {11} \].

Do \[m \in \mathbb{Z}\] nên \[m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}\]. Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vuông góc với đáy là \[R = \sqrt {\frac{{{h^2}}}{4} + S_{day}^2} \], trong đó h là chiều cao của khối chóp và \({R_{day}}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Cách giải:

Xét tam giác vuông ABC ta có \[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \].

Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Gọi \({R_{day}}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\]:

\[R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + S_{day}^2} = \sqrt {\frac{5}{4} + 5}  = \frac{5}{2}\].

Đáp án B

Ta có \[g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2} - 5} \right);\;g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} - 5} \right) = 0\end{array} \right.\].

Từ đồ thị suy ra \[\left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 5 = - 1\\{x^2} - 5 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 2\\x = \pm \sqrt 7 \end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \[g\left( x \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( { - 2;0} \right)\].

Đáp án C

Số hạng tổng quát của khai triển \[{\left( {x - \frac{2}{{x\sqrt x }}} \right)^{12}}\] (với \[x > 0\]) là:

\[{T_{k + 1}} = C_{12}^k.{x^{12 - k}}.{\left( { - \frac{2}{{x\sqrt x }}} \right)^k} = {\left( { - 2} \right)^k}.C_{12}^k.{x^{12 - k}}.{x^{ - \frac{{3k}}{2}}} = {\left( { - 2} \right)^k}.C_{12}^k.{x^{12 - \frac{{5k}}{2}}}\]

Số hạng trên chứa \[{x^7}\] suy ra \[12 - \frac{{5k}}{2} = 7 \Leftrightarrow k = 2\].

Vậy hệ số của số hạng chứa \[{x^7}\] trong khai triển trên là \[ = {\left( { - 2} \right)^2}.C_{12}^2 = 264\].

Đáp án A

Gọi số phức \[z = x + yi\] với \[x,y \in \mathbb{R}\]. Theo bài ra ta có:

\[\left( {x + yi} \right) + 2\left( {x - yi} \right) = 6 + 2i \Leftrightarrow 3x - yi = 6 + 2i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 2\end{array} \right.\].

Vậy điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là: \[\left( {2; - 2} \right)\].

Đáp án C

Phương pháp:

Biến đổi đưa về cùng cơ số rồi giải bất phương trình.

Cách giải:

Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\11 - 2x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x < \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < \frac{{11}}{2}\].

Ta có: \[{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0 \Leftrightarrow - {\log _3}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0\]

\[ \Rightarrow {\log _3}\frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{11 - 2x}}{{x - 1}} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{12 - 3x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow 12 - 3x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 4\] (do \[x - 1 > 0\]).

Kết hợp với điều kiện \[1 < x < \frac{{11}}{2}\] ta được \[1 < x \le 4\] hay tập nghiệm của bất phương trình là \[S = \left( {1;4} \right]\].

Đáp án D

Gọi bán kính hình tròn đáy của khối nón là R.

Diện tích xung quanh của khối nón \[S = \pi .R.10 = 60\pi \Rightarrow R = 6\].

Thể tích khối nón đã cho bằng: \[V = \frac{1}{3}\pi {R^2}\sqrt {{l^2} - {R^2}} = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.\sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 96\pi \].

Đáp án A

Dễ thấy \[f\left( x \right) = k\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\].

Do đó \[y = \frac{{{x^2} - 1}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{k\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{1}{{k\left( {x - 2} \right)}}\].

Vậy đồ thị hàm số \[y = \frac{{{x^2} - 1}}{{f\left( x \right)}}\] có 1 đường tiệm cận đứng.

Đáp án C

Thể tích cần tính bằng \[V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} = \frac{{8\pi }}{{15}}\].

Đáp án D

Ta có \[\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {15;5;5} \right) \Rightarrow \left( P \right):3x + y + z - 1 = 0\].

Đáp án D

\[\int {{{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)}^2}dx} = \int {{{\left( {1 - \frac{1}{{x + 1}}} \right)}^2}dx} = \int {\left[ {1 - \frac{2}{{x + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right]dx} = x - 2\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{{x + 1}} + C\].

\[ \Rightarrow m = 1;n = - 2;p = - 1\]. Vậy \[m + n + p = 1 - 2 - 1 = - 2\].

Đáp án C

Phương pháp:

Chia cả hai vế cho \[\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} \] rồi lấy nguyên hàm hai vế tìm \[f\left( x \right)\].

Cách giải:

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

\[ \Rightarrow \frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1 \Rightarrow \int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx} = \int {\left( {2x + 1} \right)dx} \]

Tính \[\int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx} \], ta đặt \[\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} = t \Rightarrow 1 + {f^2}\left( x \right) = {t^2} \Leftrightarrow 2f\left( x \right)f'\left( x \right)dx = 2tdt \Rightarrow f\left( x \right).f'\left( x \right)dx = tdt\].

Thay vào ta được \[\int {\frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}dx} = \int {\frac{{tdt}}{t}} = \int {dt} = t + C = \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} + C\].

Do đó \[\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} + C = {x^2} + x\].

\[f\left( 0 \right) = 2\sqrt 2 \Rightarrow \sqrt {1 + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} + C = 0 \Leftrightarrow C = - 3\].

Từ đó: \[\begin{array}{l}\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} - 3 = {x^2} + x \Rightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} - 3 = 1 + 1 \Leftrightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} = 5\\ \Leftrightarrow 1 + {f^2}\left( 1 \right) = 25 \Leftrightarrow {f^2}\left( 1 \right) = 24 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \sqrt {24} \end{array}\]

Đáp án D

Các VTPT của hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\] lần lượt là: \[\overrightarrow {{n_1}} = \left( {3;1;0} \right),\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2;1;1} \right)\].

VTCP của đường thẳng cần tìm là \[\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {1; - 3;1} \right)\]. Phương trình đường thẳng đó là: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - 3t\\z = 3 + t\end{array} \right..\]

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến trên \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\] nếu \[g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\].

Cách giải:

Ta có \[\begin{array}{l}g'\left( x \right) = - f'\left( {1 - x} \right) = - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( {1 - x - 2} \right)\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^2} - 6\left( {1 - x} \right) + m} \right]\\ = - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( { - 1 - x} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right).\end{array}\]

Hàm số \[g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m - 5 \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\;\left( {{\rm{do}}\;x + 1 < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)} \right)\\ \Leftrightarrow h\left( x \right) = {x^2} + 4x - 5 \ge m\;\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; - 1} \right]} h\left( x \right)\end{array}\]

Ta có: \[h'\left( x \right) = 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = - 2\].

BBT

Dựa vào BBT ta có \[ - m \le - 9 \Leftrightarrow m \ge 9\].

Mà \[m \in \left[ { - 2019;2019} \right]\] và m nguyên nên \[m \in \left[ {9;10;11;...;2019} \right]\] hay có \[2019 - 9 + 1 = 2011\] giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án D

Ta có: \[f\left( x \right) < 4{e^{x + 1}} + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - 4{e^{x + 1}} = g\left( x \right)\].

Mặt khác \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 4{e^{x + 1}}\], với \[x \in \left( { - 1;1} \right)\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) \le 4\\ - 4{e^{x + 1}} \in \left( { - 4{e^2}; - 4} \right)\end{array} \right.\].

Do đó \[g'\left( x \right) \le 4 - 4 = 0\] suy ra hàm số \[g\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\].

Khi đó bảng biến thiên của \[g\left( x \right)\] là:

Suy ra phương trình \[m > f\left( x \right) - 4{e^{x + 1}}\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow m > g\left( 1 \right) \Leftrightarrow m > f\left( 1 \right) - 4{e^2}\].

Đáp án C

Theo bài ra, bạn lớp trưởng sẽ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong 19 học sinh nữ và 25 học sinh nam.

Số cách chọn 4 học sinh trong 44 học sinh của lớp là: \[C_{44}^4 = 135751\].

Số cách chọn cả 4 học sinh đều là nữ là: \[C_{19}^4\].

Số cách chọn cả 4 học sinh đều là nam là: \[C_{25}^4\].

Số cách chọn 4 học sinh trong đó có cả nam và nữ là: \[C_{44}^4 - C_{19}^4 - C_{25}^4 = 119225\] cách.

Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là: \[\frac{{119225}}{{135751}} \approx 0,8783\].

Đáp án C

Trước khi đặt vào khối hộp một khối trụ thì thể tích lượng nước có trong khối hộp là:

\[{V_n} = 40.80.50 = 160000\left( {c{m^3}} \right)\].

Gọi \[h\left( {cm} \right)\] là chiều cao của mực nước so với đáy.

Sau khi đặt vào khối hộp một khối trụ thì thể tích lượng nước là: \[{V_n} = h.\left( {4000 - 400\pi } \right)\left( {c{m^3}} \right)\]

Do lượng nước không đổi nên ta có: \[\begin{array}{l}h.\left( {4000 - 400\pi } \right) = 160000\\ \Leftrightarrow h = \frac{{160000}}{{4000 - 400\pi }} \approx 58,32\;\left( {cm} \right).\end{array}\]

Đáp án D

\[{2^{{x^3} + {x^2} - 2x + m}} - {2^{{x^2} + x}} + {x^3} - 3x + m = 0 \Leftrightarrow {2^{{x^3} + {x^2} - 2x + m}} + \left( {{x^3} + {x^2} - 2x + m} \right) = {2^{{x^2} + x}} + \left( {{x^2} + x} \right)\;\;\;\left( 1 \right)\].

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {2^t} + t\] với \[t \in \mathbb{R}\].

Do \[f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0\;\forall t \in \mathbb{R}\] nên hàm số \[f\left( t \right)\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\].

Phương trình (1) có dạng \[f\left( {{x^3} + {x^2} - 2x + m} \right) = f\left( {{x^2} + x} \right)\].

Suy ra \[{x^3} + {x^2} - 2x + m = {x^2} + x \Leftrightarrow m = - {x^3} + 3x\;\;\;\left( 2 \right)\]

Bài toán trở thành tìm tập các giá trị m để phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có BBT của hàm số \[g\left( x \right) = - {x^3} + 3x\].

Yêu cầu bài toán \[ \Rightarrow m \in \left( { - 2;2} \right)\] hay \[a = - 2;b = 2\].

Vậy \[a + 2b = 2\].

Đáp án D

Phương pháp:

-         Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và \[\left( {SCD} \right)\] cũng bằng góc giữa OM và \[\left( {SCD} \right)\].

-         Xác định góc \[\varphi \] và tính \[\sin \varphi \].

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và \[\left( {SCD} \right)\] cũng bằng góc giữa OM và \[\left( {SCD} \right)\] (vì \[OM//SB\]).

Gọi H là hình chiếu của O trên \[\left( {SCD} \right) \Rightarrow \left( {OM,\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {OM,MH} \right) = OMH\].

Trong \[\left( {SBD} \right)\] kẻ \[OE//SH\], khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}}\].

Ta dễ dàng tính được: \[OC = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Lại có \[\frac{{OE}}{{SH}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OE = \frac{3}{4}SH\], mà \[SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\].

Do đó \[OE = \frac{3}{4}SH = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\].

Suy ra \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Tam giác OMH vuông tại H có \[OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2};OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \sin OMH = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].

Vậy \[\sin \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

Đáp án D

Đặt \[\sqrt {x + 1} = t \Rightarrow x + 1 = {t^2} \Rightarrow dx = 2tdt\].

Đổi cận \[x = - 1 \Rightarrow t = 0;x = 3 \Rightarrow t = 2\].

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {f'\left( t \right)2tdt} = \int\limits_0^2 {2xf'\left( x \right)dx} \].

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

\[ \Rightarrow I = 2x.f'\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. - \int\limits_0^2 {2.f\left( x \right)dx}  = 4.\left( { - 2} \right) - 2.1 = - 10\].

Đáp án C

Gọi d là đường thẳng cần tìm. Ta có: \[{d_1}\] cắt \[{d_2}\] tại điểm \[I\left( {1;2;3} \right) \Rightarrow d\] đi qua I.

Lại có: \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;1;0} \right),\overrightarrow {{u_2}} = \left( {0;7;1} \right)\], vì \[\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 7 > 0 \Rightarrow \] góc giữa \[\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} \] là góc nhọn.

Suy ra VTCP của góc tù tạo bởi \[{d_1}\] và \[{d_2}\] là:

\[\overrightarrow u = \frac{{\overrightarrow {{u_1}} }}{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right|}} - \frac{{\overrightarrow {{u_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} = \frac{{\left( {1;1;0} \right)}}{{\sqrt 2 }} - \frac{{\left( {0;7;1} \right)}}{{5\sqrt 2 }} = \frac{1}{{5\sqrt 2 }}\left( {5; - 2; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left( {5; - 2; - 1} \right)\].

Đáp án B

Xét phương trình: \[2\left| {y - 2} \right| - \left| y \right| + {y^2} - y \le 7\;\;\;\left( 1 \right)\]

TH1: \[y < 0,\;\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 2y + 4 + y + {y^2} - y - 7 \le 0 \Leftrightarrow {y^2} - 2y - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le y \le 3 \Rightarrow - 1 \le y < 0.\]

TH2: \[0 \le y < 2,\;\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 2y + 4 - y + {y^2} - y - 7 \le 0 \Leftrightarrow {y^2} - 4y - 3 \le 0 \Leftrightarrow 2 - \sqrt 7 \le y \le 2 + \sqrt 7 \Rightarrow 0 \le y < 2.\]

TH3: \[y \ge 2,\;\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2y - 4 - y + {y^2} - y - 7 \le 0 \Leftrightarrow {y^2} - 11 \le 0 \Leftrightarrow - \sqrt {11} \le y \le \sqrt {11} \Rightarrow 2 \le y \le \sqrt {11} .\]

Vậy nghiệm của (1) là \[ - 1 \le y \le \sqrt {11} \].

Ta có \[{7^{\left| {{x^2} - 4x - 5} \right| - {{\log }_7}5}} = {5^{ - \left( {y + 2} \right)}} \Leftrightarrow {7^{\left| {{x^2} - 4x - 5} \right|}}{.5^{ - 1}} = {5^{ - \left( {y + 2} \right)}} \Leftrightarrow {7^{\left| {{x^2} - 4x - 5} \right|}} = {5^{ - \left( {y + 1} \right)}}\;\;\;\left( * \right)\].

Do \[y \ge - 1 \Rightarrow - \left( {y + 1} \right) \le 0 \Rightarrow {5^{ - \left( {y + 1} \right)}} \le 1,{7^{\left| {{x^2} - 4x - 5} \right|}} \ge {7^0} = 1\] nên (*) xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}\left| {{x^2} - 4x - 5} \right| = 0\\ - \left( {y + 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\].

Vậy có 2 cặp số thực \[\left( {x;y} \right)\] thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Ta có: \[w = {z_1} - {z_2} = {z_1} - i{z_1} = \left( {1 - i} \right){z_1} \Rightarrow {z_1} = \frac{w}{{1 - i}}\].

Suy ra \[\left| {\frac{w}{{1 - i}} + 2 - i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w + \left( {1 - i} \right)\left( {2 - i} \right)}}{{1 - i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {w + 1 - 3i} \right| = 2\sqrt 2 \].

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm \[I\left( { - 1;3} \right)\], bán kính \[R = 2\sqrt 2 \].

Đáp án A

Ta có \[f'\left( x \right) = - \frac{{\ln x}}{{{x^2}}},\forall x > 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( { - \frac{{\ln x}}{{{x^2}}}} \right)dx} = \int {\ln x.d\left( {\frac{1}{x}} \right)} \]

\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x} - \int {\frac{1}{{{x^2}}}dx} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x} + \frac{1}{x} + C\].

Vì \[f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C = 0\] nên \[f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x} + \frac{1}{x}\].

Suy ra \[\int\limits_1^e {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^e {\left( {\frac{{\ln x}}{x} + \frac{1}{x}} \right)dx} = \left( {\frac{{{{\ln }^2}x}}{2} + \ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right. = \frac{3}{2}\].

Vậy \[\int\limits_1^e {f\left( x \right)dx} = \frac{3}{2}\].

Đáp án C

Ta có: \[g'\left( x \right) = 6{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) + 8f\left( x \right).f'\left( x \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = - \frac{4}{3}\end{array} \right..\]

Với \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.;\;f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} < 1\\x = {x_2} > 1\end{array} \right.;\;f\left( x \right) = - \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_3},{x_3} > {x_1}\\x = {x_4} \in \left( { - 1;0} \right)\\x = {x_5} \in \left( {0;1} \right)\\x = {x_6} > 1,{x_6} < {x_2}\end{array} \right..\]

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \] nên ta có bảng biến thiên cho \[g\left( x \right)\] như sau:

Từ đây ta suy ra số điểm cực tiểu của hàm số \[g\left( x \right)\] là 5.

Đáp án A

Dựng thiết diện: PQ qua A và song song với BD (vì \[EF//B'D'//BD\]).

PE cắt các cạnh BB’, CC’ tại M và I. Tương tự ta tìm được giao điểm N. Thiết diện là AMEFN.

Dựa vào đường trung bình BD và định lí Ta-lét cho các tam giác IAC, DNQ, D’NF ta tính được: \[IC' = \frac{a}{3},ND = \frac{{2a}}{3}\]. Tương tự ta tính được: \[MB = \frac{{2a}}{3}\]. Và ta có: \[QD = PB = a\].

Ta có \[{V_{IEFC'}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{3}.\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^3}}}{{72}}\]. Dùng tỉ lệ thể tích ta có: \[{V_{IPQC}} = {4^3}.{V_{IEFC'}} = 64.\frac{{{a^3}}}{{72}} = \frac{{8{a^3}}}{9}\]

\[{V_{NADQ}} = \frac{1}{3}.\frac{{2a}}{3}.\frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^3}}}{9} = {V_{MPAB}} \Rightarrow {V_2} = \frac{{8{a^3}}}{9} - \frac{{{a^3}}}{{72}} - 2.\frac{{{a^3}}}{9} = \frac{{47{a^3}}}{{72}}\].

Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là \[{a^3}\] nên \[{V_1} = {a^3} - \frac{{47{a^3}}}{{72}} = \frac{{25{a^3}}}{{72}}\].

\[ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{25}}{{47}}\].

Đáp án C

Ta có: \[\left( P \right):a\left( {x - 2} \right) + b\left( {y - 1} \right) + c\left( {z - 9} \right) = 0\;\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} > 0} \right)\].

Mặt khác  \[D\left( {I;\left( P \right)} \right) = 4 \Leftrightarrow \frac{{\left| {8c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 4 \Leftrightarrow \frac{{\left| {2c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 1\].

Do đó \[c \ne 0\] chọn \[c = 1 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 3\].

Đặt \[a = \sqrt 3 \sin t;\;b = \sqrt 3 \cos t \Rightarrow d\left( {O;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2a + b + 9} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{{\left| {2a + b + 9} \right|}}{2} = \frac{{\left| {2\sqrt 3 \sin t + \sqrt 3 \cos t + 9} \right|}}{2}\].

Mặt khác \[ - \sqrt {12 + 3} \le 2\sqrt 3 \sin t + \sqrt 3 \cos t \le \sqrt {12 + 3} \Rightarrow \frac{{9 - \sqrt {15} }}{2} \le {d_0} \le \frac{{9 + \sqrt {15} }}{2} \Rightarrow M + m = 9\].

Đáp án A

Ta có \[g'\left( x \right) = 2f'\left( {x + \frac{m}{2}} \right) - 2x - m = 2\left[ {f'\left( {x + \frac{m}{2}} \right) - \left( {x + \frac{m}{2}} \right)} \right]\].

Đặt \[t = x + \frac{m}{2}\] thì \[g'\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) < t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < - 3\\2 < t < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{m}{2} < - 3\\2 < x + \frac{m}{2} < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 3 - \frac{m}{2}\\2 - \frac{m}{2} < x < 5 - \frac{m}{2}\end{array} \right..\]

Giả thiết bài toán thỏa mãn khi \[\left[ \begin{array}{l} - 3 - \frac{m}{2} \ge 4\\2 - \frac{m}{2} \le 3 < 4 \le 5 - \frac{m}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 14\\ - 2 \le m \le 12\end{array} \right.\].

Kết hợp điều kiện \[m \in \mathbb{Z},m \in \left[ { - 15;15} \right]\] suy ra \[m = \left\{ { - 14; - 15; - 2; - 1;0;1;2} \right\}\]

Đáp án B

+ \[\begin{array}{l}{9.6^{f\left( x \right)}} + \left( {4 - {f^2}\left( x \right)} \right){.9^{f\left( x \right)}} \le \left( { - {m^2} + 5m} \right){.4^{f\left( x \right)}}\\ \Leftrightarrow - {m^2} + 5m \ge 9.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} + \left( {4 - {f^2}\left( x \right)} \right){\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2f\left( x \right)}}\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\]

+ Từ đồ thị suy ra \[f\left( x \right) \le - 2,\forall x \Rightarrow 9.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} \le 4,\forall x\] và \[\left( {4 - {f^2}\left( x \right)} \right){\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2f\left( x \right)}} \le 0,\forall x\].

+ Suy ra \[g\left( x \right) = 9.{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{f\left( x \right)}} + \left( {4 - {f^2}\left( x \right)} \right){\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2f\left( x \right)}} \le 4,\forall x \Rightarrow \mathop {\max }\limits_\mathbb{R} g\left( x \right) = 4\].

+ Bất phương trình (1) nghiệm đúng \[\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - {m^2} + 5m \ge 4 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\].

Vậy \[m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\].

Đáp án C

\[w\left( {z + i} \right) = 1 - z \Rightarrow w = \frac{{1 - z}}{{z + i}}\]

Khi đó: \[\left| {w + 2} \right| = 1 \Rightarrow \left| {\frac{{1 - z}}{{z + i}} + 2} \right| = 1 \Rightarrow \left| {z + 2i + 1} \right| = \left| {z + i} \right| \Rightarrow \left| {2i + 1 + a + bi} \right| = \left| {a + bi + i} \right|\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = {a^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} \Rightarrow a = - b - 2\\ \Rightarrow T = \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {b + 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 3} \right)}^2}} = \sqrt {2{b^2} + 18} \ge \sqrt {18} = 3\sqrt 2 .\end{array}\]