Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 24)

Đáp án D

Gọi \[D\left( {x;y;z} \right)\]

Ta có: \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4; - 2;2} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x;4 - y; - 1 - z} \right)\].

Tứ giác ABCD là hình bình hành \[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x = - 4\\4 - y = - 2\\ - 1 - z = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 6\\z = - 3\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6;6; - 3} \right)\].

Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng công thức: \({\log _{{a^n}}}b = \frac{1}{n}{\log _a}b{\rm{ }}\left( {a,b > 0,{\rm{ }}a \ne 1,{\rm{ }}n \ne 0} \right)\) và \({\log _a}{b^n} = n.{\log _a}b{\rm{ }}\left( {a,b > 0;{\rm{ }}a \ne 1} \right)\)

Lưu ý: \({\log _a}a = 1{\rm{ }}\left( {a > 0,{\rm{ }}a \ne 1} \right)\)

Cách giải:

\({\log _{{a^2}}}\left( {a{b^2}} \right) = {\log _{{a^2}}}a + {\log _{{a^2}}}{b^2} = \frac{1}{2}{\log _a}a + \frac{1}{2}.2.{\log _a}b = \frac{1}{2} + {\log _a}b\).

Đáp án D

Phương pháp:

Xác định khoảng D mà \(y' \le 0\) và \(y' = 0\) tại hữu hạn điểm trên D.

Cách giải:

\(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x + 2019 \Rightarrow y' = {x^2} - 6x + 5,{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x + 2019\) nghịch biến trên \(\left( {1;5} \right)\).

Đáp án B

Phương pháp:

\(\ln f\left( x \right) = \ln g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f\left( x \right) > 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\g\left( x \right) > 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(\ln \left( {{x^2} - 6x + 7} \right) = \ln \left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 6x + 7 = x - 3\\x - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 7x + 10 = 0\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 5\).

Đáp án B

Hiệu hai số hạng liên tiếp là hằng số thì đó là cấp số cộng.

Đáp án C

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số, loại trừ từng phương án.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a > 0 Þ loại đáp án D.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\):

\(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right)\) với \(M \in \left( P \right)\).

Cho \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và \(\left( Q \right):ax + by + cz + d = 0\) thì \(d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Cách giải:

Nhận thấy rằng \(\left( P \right):x + 2y - 2z - 6 = 0\) và \(\left( Q \right):x + 2y - 2z + 3 = 0\) song song vì \(\frac{1}{2} = \frac{2}{2} = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} \ne \frac{{ - 6}}{3}\).

Nên lấy \(M\left( {0;4;1} \right)\) thì \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 4.2 - 2.1 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt 9 }} = 3\).

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi rh\).

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

\(ABBA'\) là hình vuông \( \Rightarrow h = 2r\).

Diện tích xung quanh của hình trụ:

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi r.2r = 4\pi {r^2} = 4\pi \Rightarrow r = 1 \Rightarrow h = 2\).

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi \).

Đáp án A

Chọn 3 bạn bất kì không có thứ tự ta có \(C_{30}^3\).

Đáp án A

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 2.1 + \left( { - 3} \right).0 + 1.1}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt 7 }}\).

Đáp án D

Đặt \(2x = t \Rightarrow J = \int\limits_0^4 {f\left( t \right)d\left( {\frac{t}{2}} \right) = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}.32 = 16} \).

Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ: \(V = B.h\) trong đó: V là thể tích lăng trụ, B là diện tích đáy của lăng trụ, h là chiều cao của lăng trụ.

Cách giải:

Diện tích tam giác đều ABC cao cạnh 2a là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Thể tích lăng trụ là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = {a^2}\sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3{a^3}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Biến đổi phương trình đã cho, tìm z.

Mô-đun của số phức \(z = a + bi\) là: \(\left| z \right| = \left| {a + bi} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \).

Cách giải:

\(\left( {2 + 3i} \right)z + 4 - 3i = 13 + 4i \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)z = 13 + 4i - 4 + 3i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)z = 9 + 7i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{9 + 7i}}{{2 + 3i}} \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {9 + 7i} \right)\left( {2 - 3i} \right)}}{{\left( {2 + 3i} \right)\left( {2 - 3i} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{18 - 21.{i^2} + 14i - 27i}}{{{2^2} + {3^2}}}\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{39 - 13i}}{{13}} \Leftrightarrow z = 3 - i\)

\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {10} \).

Đáp án A

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số đã cho để kết luận.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x = -1.

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:

Ta có: \(\int {\left( {{x^2} - {3^x} + \frac{1}{x}} \right)dx} = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{3^3}}}{{\ln 3}} + \ln \left| x \right| + C{\rm{ }}\left( {C \in \mathbb{R}} \right)\).

Đáp án C

\(\left| {f\left( x \right) - 2} \right| - 3 = 0 \Rightarrow f\left( x \right) - 2 = \pm 3 \Rightarrow f\left( x \right) = 5;{\rm{ }}f\left( x \right) = - 1\)

Hai phương trình này lần lượt có 1 nghiệm và 3 nghiệm, suy ra có 4 nghiệm.

Đáp án D

Góc cần tìm chính là góc SBA. Ta có \(V = \frac{{2{a^3}}}{3} = \frac{1}{3}.a.2a.SA \Rightarrow SA = a\).

Như vậy tam giác SAB vuông cân tại A, suy ra góc cần tìm là 45°.

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 8\\{z_1}{z_2} = 25\end{array} \right. \Rightarrow {z_1},{z_2}\) là nghiệm của phương trình \({z^2} - 8z + 25 = 0\).

Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm mũ và hàm hợp để làm bài toán.

Cách giải:

Ta có: \(y' = {\left( {{3^{{x^2} - 2x}}} \right)^\prime } = \left( {2x - 2} \right){3^{{x^2} - 2x}}\ln 3\).

Đáp án B

Hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x + 3}}{{x - 2}}\) xác định là liên tục trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\).

\(y' = \frac{{{x^2} - 4x - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}},y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 2;1} \right]\\x = 5 \notin \left[ { - 2;1} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 5}}{4},{\rm{ }}y\left( 1 \right) = - 5,{\rm{ }}y\left( { - 1} \right) = - 1\)

Vậy \(M = - 1,{\rm{ }}m = - 5 \Rightarrow T = M + 2m = - 11\).

Đáp án A

Mặt cầu \(\left( S \right)\) đường kính AB có tâm \(I\left( { - 2;0;2} \right)\) là trung điểm AB và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {108} }}{2} = 3\sqrt 3 \) \( \Rightarrow \left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 27\).

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính R là: \(S = 4\pi {R^2}\).

Cách giải:

Hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), cạnh bằng a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp \(R = \frac{{AC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích mặt cầu đó là: \(S = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\).

Đáp án A

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2}\)

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \(\left( {1;3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y\left( 1 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 4m + {m^2} = 0\\1 - 2m + {m^2} + n = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\\n = - {m^2} + 2m + 2\end{array} \right.\)

     \(m = 1 \Rightarrow n = 3\) ta được hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + x + 3\)

\(y' = 3{x^2} - 4x + 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Lập trục xét dấu của \(y'\) ta suy ra \(x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.\) thỏa mãn \( \Rightarrow m + n = 4\).

     \(m = 3 \Rightarrow n = - 1\) ta được hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1\)

\(y' = 3{x^2} - 12x + 9 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Lập trục xét dấu của \(y'\) ta suy ra \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\n = - 1\end{array} \right.\) không thỏa mãn.

Đáp án D

Ta có: \(\log x = \frac{1}{2}\log 3a - 2\log b + 3\log \sqrt c \Leftrightarrow \log x = \log \sqrt {3a} - \log {b^2} + \log \sqrt {{c^3}} \)

\( \Leftrightarrow \log x = \log \frac{{\sqrt {3a} .\sqrt {{c^3}} }}{{{b^2}}} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt {3a{c^3}} }}{{{b^2}}}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Đạo hàm hàm số \(f\left( x \right)\) và chọn giá trị x phù hợp để tính giá trị biểu thức đề bài cho.

Cách giải:

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {3x} \right)}^k} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_n}{x^n}} \).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x + ...n{a_n}{x^{n - 1}}\).

Chọn \(x = 1\) ta có: \(f'\left( 1 \right) = 3n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} + ... + n{a_n} = 49152n\)

\( \Leftrightarrow 3n{.4^{n - 1}} = 49152n \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = 16384\)

\( \Leftrightarrow {4^n} = 65536 \Leftrightarrow n = 8\left( {tm} \right)\)

\( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{.3^3} = 1512\).

Đáp án C

Phương trình tương đương \({4^{{x^2} - 2x}} + {2^{{x^2} - 2x}}{.2^3} - 3 = 0 \Rightarrow {t^2} + 8t - 3 = 0\).

Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago ta có \({R^2} = {r^2} + {d^2}\) trong đó R là bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\), d là khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng \(\left( P \right)\), r là bán kính đường tròn thiết diện cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) của \(\left( S \right)\).

Cách giải:

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\({r_1} = \sqrt {{R^2} - O{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{R}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}\)

\({r_2} = \sqrt {{R^2} - O{K^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{2R}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt 5 }}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt 2 R}}{3}}}{{\frac{{R\sqrt 5 }}{3}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{4}{{\sqrt {10} }}\).

Đáp án B

Phương pháp:

Quan sát đồ thị hàm số đã cho và dựa vào những kiến thức đã học về đồ thị hàm số để kết luận.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 và tiệm cận ngang y = 2.

Đáp án C

Ta có: \[v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {{t^2} + 4t} \right)dt} = \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + C\left( {m/s} \right)\].

Do khi bắt đầu tăng tốc \[{v_0} = 15\] nên \[{v_{\left( {t = 0} \right)}} = 15 \Rightarrow C = 15 \Rightarrow v\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + 15\]

Khi đó quãng đường đi được bằng \[S = \int\limits_0^3 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^3 {\left( {15 + \frac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2}} \right)dt = \left. {\left( {15t + \frac{{{t^4}}}{{12}} + \frac{2}{3}{t^3}} \right)} \right|_0^3 = 69,75m} \].

Đáp án D

Gọi \[d\] là đường thẳng cần tìm, gọi \[\left\{ \begin{array}{l}A = d \cap {d_1}\\B = d \cap {d_2}\end{array} \right.\].

+ \[{d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = - 2a\\z = 1 + a\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {a; - 2a;a + 1} \right)\]; \[{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2b\\y = b\\z = - 2 - b\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2b + 1;b; - b - 2} \right)\]

+ \[d\] nhận \[\overrightarrow {AB} = \left( {2b - a + 1;2a + b; - a - b - 3} \right)\] là một VTCP.

Mà \[d \bot {d_1},{\rm{ }}d \bot {d_2}\] và \[\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = \left( {1; - 2;1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = \left( {2;1; - 1} \right)\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2b - a + 1} \right) - 2\left( {2a + b} \right) - \left( { - a - b - 3} \right) = 0\\2\left( {2b - a + 1} \right) + \left( {2a + b} \right) - \left( { - a - b - 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a - b = 2\\a + 6b = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{5}\\b = - \frac{4}{5}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - \frac{2}{5}; - \frac{6}{5}; - 2} \right) \Rightarrow d\] nhận \[\overrightarrow u = \left( {1;3;5} \right)\] là một VTCP.

Mà \[d\] qua \[A\left( {2;1; - 1} \right) \Rightarrow d:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{3} = \frac{{z + 1}}{5}\].

Đáp án A

\(\int {\frac{{x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx} = \int {\frac{{ - 2\left( {x - 2} \right) + 3\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx} \)

                        \( = \int {\left( {\frac{{ - 2}}{{x - 1}} + \frac{3}{{x - 2}}} \right)dx} \)

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

\( \Rightarrow a = - 2,{\rm{ }}b = 3 \Rightarrow a + b = 1\)

Đáp án D

Đặt \(t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{x}\). Đổi cận \(\left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 0\\x = e \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\).

Khi đó \(\int\limits_1^e {\frac{{\ln x}}{{x\left( {\ln x + 2} \right)}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{t}{{t + 2}}dt} = \left. {\left( {t - 2\ln \left| {t + 2} \right|} \right)} \right|_0^1 = - 2\ln 3 + 2\ln 2 + 1\)

Suy ra \(a = - 2,{\rm{ }}b = 2,{\rm{ }}c = 1 \Rightarrow S = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 9\).

Đáp án A

Đường thẳng \(d\) có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = t\\z = 2 + t\end{array} \right.\)

Gọi \(M\left( { - 1 + 2t;t;2 + t} \right) \in d\) có \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 4; - 6; - 4} \right)\)

Do A là trung điểm của đoạn thẳng MN nên \(N\left( {3 - 2t; - 2 - t;2 - t} \right)\)

Mặt khác \(N \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {3 - 2t} \right) + \left( { - 2 - t} \right) - 2\left( {2 - t} \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow - t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2\)

Suy ra: \(M\left( {3;2;4} \right)\) và \(N\left( { - 1; - 4;0} \right)\). Vậy \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;3;2} \right)\).

Đáp án B

Phương pháp:

Gọi \(z = a + bi\), đưa số phức \(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = A + Bi\), khi đó \(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = A + Bi\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow A = 0\). Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.

Cách giải:

Gọi \(z = a + bi\), ta có:

\(\frac{{z + 2}}{{z - 2i}} = \frac{{\left( {a + 2} \right) + bi}}{{a + \left( {b - 2i} \right)i}} = \frac{{\left[ {\left( {a + 2} \right) + bi} \right]\left[ {a - \left( {b - 2} \right)i} \right]}}{{\left[ {a + \left( {b - 2} \right)i} \right]\left[ {a - \left( {b - 2} \right)i} \right]}}\)

\( = \frac{{\left( {a + 2} \right)a\_\left( {a + 2} \right)\left( {b - 2} \right)i + abi + b\left( {b - 2} \right)}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}\)

\( = \frac{{{a^2} + 2a + {b^2} - 2b}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}} - \frac{{\left( {a + 2} \right)\left( {b - 2} \right) - ab}}{{{a^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2}}}i\)

Để số trên là số thuần ảo Þ có phần thực bằng 0 \( \Rightarrow {a^2} + 2a + {b^2} - 2b = 0\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(I\left( { - 1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} - 0} = \sqrt 2 \).

Đáp án A

Bất phương trình \[ \Leftrightarrow m < f\left( x \right) - {x^2} + 2x = g\left( x \right)\] đúng với mọi \[x \in \left( {1;2} \right){\rm{ }}\left( * \right)\].

Xét \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2} + 2x\] với \[x \in \left( {1;2} \right)\] ta có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x + 2 = f'\left( x \right) - 2\left( {x - 1} \right)\].

Với \[x \in \left( {1;2} \right)\] thì \[f'\left( x \right) < 0\] và \[ - 2\left( {x - 1} \right) < 0\] \[ \Rightarrow g'\left( x \right) < 0{\rm{ }}\left( {\forall x \in \left( {1;2} \right)} \right)\]

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

Khi đó \[\left( * \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 2 \right)\].

Đáp án B

Ta có: \(y' = f'\left( {x - 1} \right) + 3{x^2} - 12\)

Ta chọn x sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {x - 1} \right) < 0\\3{x^2} - 12 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}0 < x - 1 < 2\\x - 1 > 3\end{array} \right.\\{x^2} < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}1 < x < 3\\x > 4\end{array} \right.\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2\).

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

Đáp án D

Xếp 9 học sinh vào 9 ghế có \(\left| \Omega \right| = 9!\) cách xếp.

Gọi A là biến cố: “3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau”

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau”

Xếp 3 học sinh lớp 10 và coi là một phần tử M có 3! cách.

Xếp phần tử M cùng 6 học sinh còn lại có 7! cách.

Do đó \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 3!.7! \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{3!.7!}}{{9!}} = \frac{1}{2} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{11}}{{12}}\).

Đáp án B

Phương pháp:

+) Xác định bán kính đáy và chiều cao hình trụ.

+) Tính thể tích khối trụ.

+) Tính tổng thể tích 7 viên bi, từ đó suy ra thể tích lượng nước cần dùng.

Cách giải:

Ta mô phỏng hình vẽ đáy của hình trụ như sau:

Khi đó ta có \({R_{ht}} = 3R\) và chiều cao hình trụ chính bằng đường kính viên bi và \(h = 2R\).

\( \Rightarrow {V_{ht}} = \pi R_{ht}^2h = \pi {\left( {3R} \right)^2}.2R = 18\pi {R^3}\)

Thể tích 7 viên bi là: \(7.\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{28\pi {R^3}}}{3}\).

Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là \(18\pi {R^3} - \frac{{28\pi {R^3}}}{3} = \frac{{26\pi {R^3}}}{3}\).

Đáp án A

Ta có \[{4^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} - 4m{.2^{{x^2} - 2x}} + 3m - 2 = 0 \Leftrightarrow {4^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} - 2m{.2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} + 3m - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

Đặt \(t = {2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow t' = {2^{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\ln 2.2\left( {x - 1} \right)\)

Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2} - 2mt + 3m - 2 = 0 = g\left( t \right)\)

Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình \(g\left( t \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - \left( {3m - 2} \right) > 0\\g\left( 1 \right) > 0\\ - \frac{b}{{2a}} = m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2\].

Kết hợp điều kiện \[m \in \left[ { - 2020;2010} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;...;2020} \right\}\].

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn

Đáp án B

+) Gọi \(O = AC \cap BD,{\rm{ }}G = AM \cap SO\)

Þ G là trọng tâm \(\Delta SAC \Rightarrow \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

+) Ta có: \(\left( {\widehat {SC;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC;OC}} \right) = \widehat {SCO} = 60^\circ \)

Có \(OC = \frac{1}{2}.AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},{\rm{ }}SO = OC.\tan \widehat {SCO} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

+) Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD Þ \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua G và song song với BD và cắt SB, SD lần lượt tại E và F. Do đó \(\left( \alpha \right)\) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác AEMF Þ \(\left( \alpha \right)\) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần là khối chóp S.AEMF và khối đa diện EMFABCD.

+) Ta có EF đi qua G và \(EF//BD \Rightarrow \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

+) \(\frac{{{V_{S.AEF}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SD}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{S.ABD}} = \frac{2}{9}{V_{S.ABCD}}\)

+) \(\frac{{{V_{S.EFM}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SD}}.\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{2}{9} \Rightarrow {V_{S.EFM}} = \frac{2}{9}{V_{S.BCD}} = \frac{1}{9}{V_{S.ABCD}}\)

+ Ta có: \({V_{S.AEMF}} = {V_{S.AEF}} + {V_{S.EFM}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\)

Þ Thể tích khối chóp không chứa đỉnh S là:

\(V = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AEMF}} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{2}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{9}\).

Đáp án D

Đặt \(t = 4x \Rightarrow dt = 4dx\), đổi cận ta được \(\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{f\left( {4x} \right)}} = \int\limits_0^4 {\frac{{t.\frac{{dt}}{4}}}{{4f\left( t \right)}}} = 1 \Leftrightarrow \int\limits_0^4 {\frac{{tdt}}{{f\left( t \right)}} = 16} } \)

Do đó  \(\int\limits_0^4 {\frac{{xdx}}{{f\left( x \right)}}} = 16\), đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\\dv = xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{ - f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}\\v = \frac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra \(\int\limits_0^4 {\frac{{xdx}}{{f\left( x \right)}}} = \left. {\frac{{{x^2}}}{{2f\left( x \right)}}} \right|_0^4 + \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {\frac{{{x^2}f'\left( x \right)dx}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \Leftrightarrow 16 = \frac{{16}}{{2f\left( 4 \right)}} + \frac{1}{2}I \Leftrightarrow I = 24\).

Đáp án D

Ta có đường thẳng \[d:x = 1 + 3t;{\rm{ }}y = 2 + 4t;{\rm{ }}z = - 3 - 4t\]. Đường thẳng \[d\] cắt \[\left( P \right)\] tại \[B\left( { - 2; - 2;1} \right)\].

Gọi \[A'\] là hình chiếu của \[\left( A \right)\] lên \[\left( P \right)\] thì \[AA':y = 1 + 2t;{\rm{ }}y = 2 + 2t;{\rm{ }}z = - 3 - t\].

Suy ra \[A'\left( { - 3; - 2; - 1} \right)\]. Theo định lí Pitago kết hợp \[AM \ge AA'\] ta có

\[M{A^2} + M{B^2} = A{B^2} \Rightarrow M{B^2} = A{B^2} - M{A^2} \le A{B^2} - A'{A^2} = A'{B^2}\]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \[M \equiv A' \Rightarrow MB = A'B = \sqrt 5 \].

Đáp án B

Vì hàm số \(y = f\left( x \right)\) là hàm số bậc ba nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = 0\)Þ Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) luôn có một đường tiệm cận ngang là \(y = 0\).

Lại có: \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = \frac{{\frac{{4{x^2} + 28x + 49 - 9\left( {4x + 5} \right)}}{{2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} }}}}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}} = \frac{{4{x^2} - 8x + 4}}{{\left( {2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} } \right)\left( {\left| {f\left( x \right)} \right| - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{4{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {2x + 7 + 3\sqrt {4x + 5} } \right)\left( {\left| {f\left( x \right)} \right| - 2} \right)}}\).

Với điều kiện \(x \ge \frac{{ - 5}}{4}\) thì phương trình \(f\left( x \right) = - 2\) có nghiệm kép \(x = 1\) và phương trình \(f\left( x \right) = 2\) vô nghiệm.

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) không có tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 7 - 3\sqrt {4x + 5} }}{{\left| {f\left( x \right)} \right| - 2}}\) có 1 đường tiệm cận.

Đáp án A

Ta có \(\left| {z - 5 + 3i} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {3iz = 3i\left( { - 5 + 3i} \right)} \right| = 3\left| {3i} \right| \Leftrightarrow \left| {3iz - 9 - 15i} \right| = 9\)

Do đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức \(3iz\) là đường tròn tâm \(I\left( {9;15} \right)\) bán kính \({R_1} = 9\).

Lại có: \(\left| {iw + 4 + 2i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {w + \frac{4}{i} + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {w + 2 - 4i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| { - 2w - 4 + 8i} \right| = 4\)

Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn số phức \( - 2w\) là đường tròn tâm \(K\left( {4; - 8} \right)\) bán kính \({R_2} = 4\).

Khi đó \(T = \left| {3iz + 2w} \right| = \left| {3iz - \left( { - 2w} \right)} \right| = MN\) và \(M{N_{\max }} = IK + {R_1} + {R_2} = \sqrt {554} + 13\).

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra \(f\left( x \right) = k{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right)\) (với \(k > 0\))

Mặt khác \(S = \int\limits_0^4 {\left| {k{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right|dx} = 32 \Leftrightarrow k = \frac{{32}}{{\int\limits_0^4 {\left| {k{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right|dx} }} = 4\)

Suy ra \(f\left( x \right) = 4{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) \Rightarrow V = \int\limits_0^4 {{f^2}\left( x \right)dx} = \int\limits_0^4 {{{\left[ {4{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x - 4} \right)} \right]}^2}dx} = \frac{{13312\pi }}{{35}}\).

Đáp án A

Để xử lý bài toán các bạn mạnh dạn đạo hàm hàm hợp và chú ý vấn đề nghiệm đơn, nghiệm kép.

\(g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - 6{f^2}\left( x \right) - 1 \Rightarrow g\left( x \right) = 6f'\left( x \right).{f^2}\left( x \right) - 12f'\left( x \right).f\left( x \right) = 0\)

+ \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm \(x = 0;{\rm{ }}x = 3\).

+ \({f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \alpha > 3\\f\left( x \right) = 2 \Rightarrow x = m < 0;{\rm{ }}x = n \in \left( {0;3} \right);{\rm{ }}x = \beta > 3,{\rm{ }}\beta < \alpha \end{array} \right.\)

Tất cả các nghiệm đều là nghiệm đơn.

Chú ý rằng nếu \(x > \alpha \Rightarrow f\left( x \right) < 0\) theo như bảng biến thiên. Do đó ta có bảng biến thiên hàm \(g\left( x \right)\)

Như vậy kết luận 3 điểm cực tiểu.

Trên đây là lập luận chặt chẽ, ngoài ra các em có thể tính nhanh dựa trên may mắn như sau: \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm phân biệt, thế thì có 3 cực tiểu, 3 cực đại. Sự may mắn này có lẻ chỉ đến khi có số chẵn nghiệm.

Đáp án A

Dễ dàng dựng được thiết diện như hình vẽ.

Ta có: \(\frac{{SA'}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{AM}}{{AI}} = \frac{1}{4}\) suy ra \(\frac{{{V_{S.AMP}}}}{{{V_{S.ADI}}}} = \frac{1}{{64}} \Rightarrow {V_{AMP.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}{V_{S.ADI}}\)

\({V_{S.ADI}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AD.AI.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.\frac{{4a}}{3} = \frac{{4{a^3}}}{9} \Rightarrow {V_{AMP.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}{V_{S.ADI}} = \frac{{63}}{{64}}.\frac{{4{a^3}}}{9} = \frac{{7{a^3}}}{{16}}\)

\({V_{IPBN}} = \frac{1}{6}.BN.BI.BP = \frac{1}{6}.\frac{a}{2}.a.\frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^3}}}{{18}} \Rightarrow {V_{\left( H \right)}} = {V_{AMP.ADI}} - {V_{IPBN}} = \frac{{7{a^3}}}{{16}} - \frac{{{a^3}}}{{18}} = \frac{{55{a^3}}}{{144}}\)

\( \Rightarrow {V_{\left( H \right)}} = {V_{k/p}} - {V_{\left( H \right)}} = {a^3} - \frac{{55{a^3}}}{{144}}\) suy ra \(\frac{{{V_{\left( H \right)}}}}{{{V_{\left( {H'} \right)}}}} = \frac{{55}}{{89}}\).

Đáp án C

Gọi .\[M\left( {x;y;z} \right)\] ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {x + 2;y;z + 2\sqrt 2 } \right),{\rm{ }}\overrightarrow {OM} = \left( {x;y;z} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {BM} = \left( {x + 4;y + 4;z} \right)\).

Ta có: \(M{A^2} + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {MB} = 16 \Leftrightarrow M{A^2} + \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BM} = 16\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 2\sqrt 2 } \right)^2} + x\left( {x + 4} \right) + y\left( {y + 4} \right) + {z^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Ta lại có:

\(M \in \left( S \right) \Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + \sqrt 2 } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y + 2\sqrt 2 z = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 2\sqrt 2 z - 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow 6y = 0 \Leftrightarrow y = 0\).

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) của \[\left( S \right)\] và mặt phẳng \[\left( P \right):y = 0\].

Đường tròn \(\left( C \right)\) có bán kính \[r = \sqrt {{R^2} - {{\left[ {d\left( {I;\left( P \right)} \right)} \right]}^2}} {\rm{ }}\left( * \right)\].

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( { - 2;1; - \sqrt 2 } \right)\], bán kính \[R = 3 \Rightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) = 1\].

Do đó, \[\left( * \right) \Rightarrow r = \sqrt {{3^2} - {1^2}} = 2\sqrt 2 \].

Đáp án C

Có \[\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){.2^{2{x^3} + 2{x^2} - 4x + 4 - 2m}} = - {x^3} + {x^2} + m - 1\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){.2^{4{x^2} - 4x + 2}} = \left( { - {x^3} + {x^2} + m - 1} \right){.2^{ - 2{x^3} + 2{x^2} + 2m - 2}}\]

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

Với \[x \in \left[ {1;2} \right] \Rightarrow 2{x^2} - 2x + 1 \in \left[ {1;5} \right]\]

Lại có: \[f'\left( t \right) = {2^{2t}} + 2t{.2^{2t}}.\ln 2 = {2^t}\left( {1 + 2t.\ln 2} \right) > 0,{\rm{ }}\forall t \in \left[ {1;5} \right]\] hay \[f\left( t \right)\] đồng biến trên đoạn \[\left[ {1;5} \right]\].

Khi đó: \[f\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right) = f\left( { - {x^2} + {x^2} + m - 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x + 1 = - {x^3} + {x^2} + m - 1\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {x^2} - 2x + 2 = m{\rm{ }}\left( 2 \right)\].

Phương trình (1) có nghiệm \[x \in \left[ {1;2} \right]\]Û phương trình (2) có nghiệm \[x \in \left[ {1;2} \right]\]

\[ \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} g\left( x \right) \le m \le \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} g\left( x \right)\] với \[g\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 2x + 2\]

\[ \Leftrightarrow 2 \le m \le 10\] hay \[m \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\].

Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 60 \Leftrightarrow f\left( x \right) \le 60,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) và \(\exists {x_0} \in \left[ {0;3} \right]\) sao cho \(f\left( {{x_0}} \right) = 60\).

Có \(f\left( x \right) \le 60 \Leftrightarrow \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| + 9x \le 60 \Leftrightarrow \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| \le 60 - 9x\)

\( \Leftrightarrow 9x - 60 \le 2{x^3} - 15x + m - 5 \le 60 - 9x \Leftrightarrow - 2{x^3} + 24x - 55 \le m \le - 2{x^3} + 6x + 65\)

Có \( - 2{x^3} + 6x + 65 \ge 29,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(m \le - 2{x^3} + 6x + 65,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow m \le 29\).

Tương tự \( - 2{x^3} + 24x - 55 \le - 23\) nên \( - 2{x^3} + 24x - 55 \le m,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Leftrightarrow m \ge - 23\).

Vậy \( - 23 \le m \le 29\) thì \(f\left( x \right) \le 60,{\rm{ }}\forall x \in \left[ {0;3} \right]\).

Đề \(\exists {x_0} \in \left[ {0;3} \right]\) sao cho \(f\left( {{x_0}} \right) = 60\) thì \(\left[ \begin{array}{l} - 2{x^3} + 24x - 55 = m\\ - 2{x^3} + 6x + 65 = m\end{array} \right.\) có nghiệm trên \(\left[ {0;3} \right]\).

Hay \(\left[ \begin{array}{l}m \ge 29\\m \le - 23\end{array} \right.\). Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m = 29\\m = - 23\end{array} \right.\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 60\).

Khi đó tổng các giá trị của m là 29 – 23 = 6.