Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 27)

Đáp án D

Ta có \[z = 1 - i + {i^3} = 1 - 2i\].

Nghịch đảo của số phức \[1 - 2i\] là \[\frac{1}{{1 - 2i}} = \frac{1}{5} + \frac{2}{5}i\].

Đáp án C

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

Đáp án B

Ta có \[P = {\log _{ab}}x = \frac{1}{{{{\log }_x}\left( {ab} \right)}} = \frac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_x}b}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_x}a}} + \frac{1}{{{{\log }_x}b}}}} = \frac{1}{5}.\]

Đáp án C

Ta có \[\int {\left( {{x^3} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{1}{x} + C\].

Đáp án B

Đường thẳng \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\;\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\] có một VTCP là \[\overrightarrow u = \left( {1;0;2} \right)\].

Đáp án A

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{V_1} = \pi {r^2}{h_1} = 3\pi {r^2}\\{V_2} = \pi {r^2}{h_2} = 4\pi {r^2}\\V = {V_1} + {V_2} = \pi {r^2}h\end{array} \right. \Rightarrow 7\pi {r^2} = \pi {r^2}h \Rightarrow h = 7m\].

Đáp án C

Đường thẳng \[y = \frac{3}{5}\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 3 điểm phân biệt.

Đáp án C

Ta có \[{z^2} - 2z + 3 = 0 \Leftrightarrow z = 1 \pm i\sqrt 2 \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \left| {2\sqrt 2 i} \right| = 2\sqrt 2 \].

Đáp án A

Hàm số \[y = {\log _2}{\left( {{x^3} - 8} \right)^{2002}}\] xác định \[ \Leftrightarrow {\left( {{x^3} - 8} \right)^{2002}} > 0 \Leftrightarrow {x^3} - 8 \ne 0 \Leftrightarrow {x^3} \ne 8 \Leftrightarrow x \ne 2\].

Đáp án B

Ta có \[V = \pi \int\limits_a^b {\left| {f_1^2\left( x \right) - f_2^2\left( x \right)} \right|dx} \].

Mà \[{f_1}\left( x \right) > {f_2}\left( x \right),\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow V = \pi \int\limits_a^b {\left[ {f_1^2\left( x \right) - f_2^2\left( x \right)} \right]dx} \].

Đáp án D

Đường thẳng d có một VTCP là \[\overrightarrow u = \left( {2;3;1} \right)\].

Mặt phẳng có một VTPT là \[\overrightarrow n = \left( {8;12;m} \right)\].

YCBT \[ \Leftrightarrow \frac{8}{2} = \frac{{12}}{3} = \frac{m}{1} \Leftrightarrow m = 4\].

Đáp án B

Ta có \[{2^{{x^2} - 1}} = \sqrt[4]{{{2^{10}}}} = {2^{\frac{{10}}{4}}} \Rightarrow {x^2} - 1 = \frac{{10}}{4} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt {14} }}{2}\] thỏa mãn (*).

Đáp án A

Điểm cần tìm H với \[\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} = {y_M}\\{z_H} = {z_M}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {0;2; - 3} \right)\].

Đáp án C

Ta có \[\begin{array}{l}\int\limits_0^6 {\frac{{{x^3}}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^6 {\frac{{{x^3} + 1 - 1}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^6 {\left( {{x^2} - x + 1 - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \\ = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2} + x - \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^6\\_0\end{array} \right. = 60 - \ln 7 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 60\\b =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 58.\end{array}\]

Đáp án C

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \[\left[ { - 1;3} \right]\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 1;3} \right)\\y' = 4{x^3} - 16x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\].

Tính \[y\left( { - 1} \right) = - 4;y\left( 3 \right) = 12;y\left( 0 \right) = 3;y\left( 2 \right) = - 13 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = - 13\].

Đáp án B

Điều kiện \[x > \frac{1}{2}\;\;\;\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)} \right] = {\log _2}\left( {{x^2} + 3} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) = {x^2} + 3 \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 6\end{array} \right. \Rightarrow x = 1\] thỏa mãn (*).

Đáp án A

Ta có \[y' = 3a{x^2} + 2bx + c \to \left\{ \begin{array}{l}y\left( 1 \right) = 1\\y\left( 2 \right) = 0\\y'\left( 1 \right) = 0\\y'\left( 2 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d = 1\\8a + 4b + 2c + d = 0\\3a + 2b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 9\\c = 12\\d = - 4\end{array} \right..\]

\[ \Rightarrow y = 2{x^3} - 9{x^2} + 12x - 4 \Rightarrow y\left( 3 \right) = 5\].

Đáp án C

Ta có \[\begin{array}{l}C\left( {5;{{\log }_b}5} \right),B\left( {5;{{\log }_a}5} \right),A\left( {5;0} \right);\overrightarrow {CB} = 2\overrightarrow {BA} \Rightarrow {\log _a}5 - {\log _b}5 = 2\left( { - {{\log }_a}5} \right)\\ \Rightarrow 3{\log _a}5 = {\log _b}5 \Rightarrow \frac{3}{{{{\log }_5}a}} = \frac{1}{{{{\log }_5}b}} \Rightarrow {\log _5}a = 3{\log _5}b = {\log _5}{b^3} \Rightarrow a = {b^3}.\end{array}\]

Đáp án B

Ta có \[\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ \].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.A{B^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\end{array}\]

Đáp án C

ĐTHS có tiệm cận đứng \[x = 0\]. Từ  \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \end{array} \right. \Rightarrow \] ĐTHS không có TCN.

Đáp án A

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

Mặt phẳng \[\left( Q \right)\] qua A, B và \[\left( Q \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow \left( Q \right)\] sẽ nhận \[\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow n } \right]\] là một VTPT.

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {1;1; - 1} \right)\\\overrightarrow n = \left( {1; - 2;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow n } \right] = \left( { - 1; - 2; - 3} \right) \Rightarrow \left( Q \right)\] nhận \[\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;2;3} \right)\] là một VTPT.

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

\[ \Rightarrow \left( Q \right):x + 2y + 3z - 4 = 0\]

Đáp án A

Kẻ \[AH \bot BC \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'BA} \Rightarrow \widehat {A'BA} = 45^\circ \].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow AB = AA' = 2a\sqrt 6 \\ \Rightarrow V = AA'.{S_{ABC}} = 2a\sqrt 6 .\frac{1}{2}.AB.AC = 24{a^3}\sqrt 3 .\end{array}\]

Đáp án B

Giả sử \[z = a + bi\;\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\]. Từ \[\left| z \right| = 5 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 25\].

Ta có \[z\left( {2 + i} \right)\left( {1 - 2i} \right) = \left( {a + bi} \right)\left( {4 - 3i} \right) = \left( {4a + 3b} \right) + \left( {4b - 3a} \right)i\] là số thực.

Nên \[4b - 3a = 0 \Rightarrow b = \frac{{3a}}{4} \Rightarrow {a^2} + {\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left| a \right| = 4 \Rightarrow \left| b \right| = 3 \Rightarrow \left| a \right| + \left| b \right| = 7.\]

Đáp án D

YCBT \[ \Leftrightarrow y' = 3{x^2} - 12x + m \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \ge 12x - 3{x^2},\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\].

Xét hàm số \[f\left( x \right) = 12x - 3{x^2},x \in \left( {0; + \infty } \right)\] có \[f'\left( x \right) = 12 - 6x;\;\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( {0; + \infty } \right)\\f'\left( x \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\].

Bảng biến thiên:

Do đó: \[m \ge f\left( 2 \right) = 12\].

Đáp án B

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

Với mọi \[x \in \left( { - 1;1} \right)\] thì \[x + 2 \in \left( {1;3} \right) \Rightarrow f'\left( {x + 2} \right) < - 1 \Rightarrow f'\left( {x + 2} \right) < 0\].

Với mọi \[x \in \left( { - 1;1} \right)\] thì \[ - \left( {x + 1} \right){e^x} < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\].

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

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

Đáp án B

Kẻ \[SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right)\].

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {CSH} \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \cos \widehat {CSH} = \frac{{SH}}{{SC}}\].

Cạnh \[SH = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\] và \[HC = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\[ \Rightarrow SC = \sqrt {S{H^2} + C{H^2}} = a \Rightarrow \frac{{SH}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\]

Đáp án B

Kẻ \[SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\].

Kẻ  \[HK \bot BD,HP \bot SK\].

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right) = 2HP = d.\]

\[\begin{array}{l}\Delta BKH\~\Delta BAD\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{KH}}{{AD}} = \frac{{BH}}{{BD}} \Rightarrow HK = \frac{a}{{\sqrt 5 }}.\\SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\\\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} \Rightarrow d = 2HP = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\]

Đáp án A

Thiết diện là hình vuông MNPQ như hình vẽ.

Kẻ \[O'H \bot MN \Rightarrow O'H = 3\;cm\].

Cạnh \[HN = \sqrt {O'{N^2} - O'{H^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4 \Rightarrow MN = 8\;cm\].

\[ \Rightarrow {S_{MNPQ}} = M{N^2} = 64\;c{m^2}\].

Đáp án B

Đặt \[f\left( x \right) = {x^3} - 3m{x^2} + 3\left( {5 - m} \right)x - 2{m^2} + 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {5 - m} \right)\]

YCBT \[ \Leftrightarrow f\left( x \right)\] có đúng 2 điểm cực trị dương \[ \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0\] có đúng 2 nghiệm dương phân biệt \[ \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 5 - m = 0\] có đúng 2 nghiệm dương phân biệt

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} + m - 5 > 0\\{x_1} + {x_2} = 2m > 0\\{x_1}{x_2} = 5 - m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + m - 5 > 0\\0 < m < 5\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;4} \right\}\].

Đáp án D

Gọi \[M = d \cap d'\], ta có \[d':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1 - t\\z = 1 + t\end{array} \right.\;\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow M\left( {t + 2; - t - 1;t + 1} \right)\].

Đường thẳng d qua \[A\left( {1; - 1;3} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {AM} = \left( {t + 1; - t;t - 2} \right)\] là một VTCP.

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

Ta có \[d//\left( P \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow n = 0\\A \notin \left( P \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right) - 4t - 2\left( {t - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\].

Đường thẳng d qua \[A\left( {1; - 1;3} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {AM} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\] là một VTCP

\[ \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\].

Đáp án A

Khối trụ thu được có thể tích là \[V = \pi {R^2}h\].

\[\begin{array}{l}\Delta BQM\~\Delta BAC \Rightarrow \frac{{QM}}{{AC}} = \frac{{BQ}}{{BA}} \Rightarrow \frac{h}{4} = \frac{{BQ}}{3} \Rightarrow BQ = \frac{{3h}}{4}.\\\Delta CPN\~\Delta CAB \Rightarrow \frac{{PN}}{{AB}} = \frac{{CP}}{{CA}} \Rightarrow \frac{h}{4} = \frac{{CP}}{3} \Rightarrow CP = \frac{{4h}}{3}.\end{array}\]

Do đó \[PQ = BC - BQ - CP = 5 - \frac{{3h}}{4} - \frac{{4h}}{3} = 5 - \frac{{25h}}{{12}} = \frac{{60 - 25h}}{{12}}\].

Mà \[2R\pi = PQ \Rightarrow R = \frac{{60 - 25h}}{{24\pi }} \Rightarrow V = \pi {\left( {\frac{{60 - 25h}}{{24\pi }}} \right)^2}h = \frac{{h{{\left( {25h - 60} \right)}^2}}}{{{{24}^2}\pi }} = f\left( h \right)\].

\[f'\left( h \right) = \frac{{{{\left( {25h - 60} \right)}^2} + h.2\left( {25h - 60} \right).25}}{{{{24}^2}\pi }} = 0 \Rightarrow h = \frac{4}{5} \Rightarrow V \le f\left( {\frac{4}{5}} \right) \approx 0,71\;{m^3}.\]

Đáp án D

Điều kiện \[x > 1\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow m\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt {x - 1} }} + 16\sqrt[4]{{{x^2} - x}} = \sqrt x - \sqrt {x - 1} \]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow m + \frac{1}{{\sqrt x .\sqrt {x - 1} }} + 16.\frac{{\sqrt[4]{{{x^2} - x}}}}{{\sqrt x }} = 1 - \frac{{\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt x }}\\ \Leftrightarrow m = - 16.\sqrt[4]{{\frac{{{x^2} - x}}{{{x^2}}}}} - \frac{{x - 1}}{{\sqrt {x\left( {x - 1} \right)} }} - \frac{1}{{\sqrt {x\left( {x - 1} \right)} }} + 1 \Leftrightarrow m = - 16.\sqrt[4]{{\frac{{x - 1}}{x}}} - \sqrt {\frac{x}{{x - 1}}} + 1.\end{array}\]

Đặt \[t = \sqrt[4]{{\frac{{x - 1}}{x}}} \in \left( {0;1} \right)\], ta có \[m = - 16t - \frac{1}{{{t^2}}} + 1\].

Xét hàm số \[f\left( t \right) = - 16t - \frac{1}{{{t^2} + 1}}\], với \[t \in \left( {0;1} \right)\] ta có \[f'\left( t \right) = - 16 + \frac{2}{{{t^3}}} = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2}\].

Xét bảng sau:

Từ đó ta được \[ - 16 < m < - 11\]. Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 15; - 14; - 13; - 12} \right\}\].

Đáp án B

Xét \[I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}} \].

Đặt \[x = 1 - t \Rightarrow I = \int\limits_1^0 {\frac{{d\left( {1 - t} \right)}}{{1 + f\left( {1 - t} \right)}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dt}}{{1 + f\left( {1 - t} \right)}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + f\left( {1 - x} \right)}}} \].

Bài ra \[f\left( x \right).f\left( {1 - x} \right) = 1 \Rightarrow f\left( {1 - x} \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}} \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + \frac{1}{{f\left( x \right)}}}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} \].

\[ \Rightarrow I + I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} + \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{1 + f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} = 1 \Rightarrow I = \frac{1}{2}.\]

Đáp án B

Có tất cả \[9.10.10.10.10.10 = {9.10^5}\] số tự nhiên có 6 chữ số.

Số cần tìm có dạng \[\overline {{a_1}{a_2}...{a_6}} \]

+ TH1: \[{a_1} = 1\].

Số cách chọn vị trí cho chữ số 0 là \[6 - 1 = 5\] cách.

Số cách chọn 4 chữ số còn lại là \[8.7.6.5\] cách.

Trường hợp này có tất cả \[5.8.7.6.5 = 8400\] số thỏa mãn.

+ TH2: \[{a_1} \ne 1 \Rightarrow {a_1}\] có 8 cách chọn (trừ chữ số 0 và 1).

Số cách chọn vị trí cho chữ số 0 và 1 là \[5.4 = 20\] cách.

Số cách chọn 3 chữ số còn lại là \[7.6.5\] cách.

Trường hợp này có tất cả \[8.20.7.6.5 = 33600\] số thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{{8400 + 33600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{7}{{150}}.\].

Đáp án B

Ta có \[1 = {\log _2}\sqrt {x - y + 2} + {\log _2}\frac{{x + y + 1}}{y} = {\log _2}\left( {\frac{{x + y + 1}}{y}.\sqrt {x - y + 2} } \right)\].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{x + y + 1}}{y}.\sqrt {x - y + 2} = 2 \Rightarrow \left( {x + y + 1} \right)\left( {\sqrt {x - y + 2} - 1} \right) = 2y - \left( {x + y + 1} \right)\\ \Rightarrow \left( {x + y + 1} \right).\frac{{x - y + 1}}{{\sqrt {x - y + 2} + 1}} + x - y + 1 = 0 \Rightarrow x - y + 1 = 0 \Rightarrow x = y - 1\\ \Rightarrow P = \frac{{\left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + 10}}{y} = \frac{{{y^2} + 9}}{y} = y + \frac{9}{y} \ge 2\sqrt {y.\frac{9}{y}} = 6.\end{array}\]

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow y = 3;x = 2\].

Đáp án A

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

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

Mà \[f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \cos x\left( {\tan x + 1} \right) = \sin x + \cos x\]

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} = \left( { - \cos x + \sin x} \right)\left| \begin{array}{l}^{\frac{\pi }{3}}\\_0\end{array} \right. = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\].

Đáp án A

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( {1;1;0} \right)\] và bán kính \[R = 2\].

Ta có \[\overrightarrow {IM} = \left( {1;2;1} \right) \Rightarrow IM = \sqrt 6 \]

Gọi H là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ M đến mặt cầu.

Kẻ  \[HO \bot IM\;\left( {O \in IM} \right)\], ta có \[IO.IM = H{I^2} \Rightarrow IO.\sqrt 6 = 4 \Rightarrow IO = \frac{{2\sqrt 6 }}{4}\].

Mà I, M cố định \[ \Rightarrow \] O cố định.

Ta có \[MH = \sqrt {I{M^2} - {R^2}} = \sqrt 2 \Rightarrow \frac{1}{{H{O^2}}} = \frac{1}{{M{H^2}}} + \frac{1}{{M{I^2}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \Rightarrow OH = \frac{2}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy \[\left( C \right)\] là đường tròn tâm O có bán kính \[r = OH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Đáp án D

Xét hàm số \[g\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\], với \[x \in \left[ { - 3;3} \right]\] ta có \[g'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x;\;\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - 3;3} \right)\\g'\left( x \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].

Xét bảng sau:

+ TH1: \[0 \le a \le 3 \Rightarrow M = a + 1;m = a \Rightarrow M \le 2m \Leftrightarrow a \ge 1 \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3} \right\}\].

+ TH2: \[ - 3 \le a \le - 1 \Rightarrow M = \left| a \right| = - a;\;m = \left| {a + 1} \right| = - a - 1\].

\[ \Rightarrow M \le 2m \Leftrightarrow a \le - 2 \Rightarrow a \in \left\{ { - 3; - 2} \right\}\].

Đáp án C

Xét \[A\left( {a;{a^2}} \right),B\left( {b;{b^2}} \right)\] với \[a < b\].

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {b - a;{b^2} - {a^2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {a + b; - 1} \right)\].

\[\begin{array}{l} \Rightarrow AB:\left( {a + b} \right)\left( {x - a} \right) - \left( {y - {a^2}} \right) = 0\\ \Rightarrow AB:y = \left( {a + b} \right)x - ab.\end{array}\]

Lại có \[AB = 2 \Leftrightarrow {\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {{b^2} - {a^2}} \right)^2} = 4\].

Phương trình hoành độ giao điểm \[{x^2} = \left( {a + b} \right)x - ab \Leftrightarrow x\left( {x - a} \right) - b\left( {x - a} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\\x = b\end{array} \right.\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \[\left( P \right):y = {x^2}\] và đường thẳng AB là

\[\begin{array}{l}S = \int\limits_a^b {\left| {\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)} \right|dx} = - \int\limits_a^b {\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)dx} = \int\limits_a^b {\left[ {\left( {a + b} \right)x - ab - {x^2}} \right]dx} \\ = \left[ {\left( {a + b} \right).\frac{{{x^2}}}{2} - abx - \frac{{{x^3}}}{3}} \right]\left| \begin{array}{l}^b\\_a\end{array} \right. = \frac{1}{2}\left( {a + b} \right)\left( {{b^2} - {a^2}} \right) - ab\left( {b - a} \right) - \frac{1}{3}\left( {{b^3} - {a^3}} \right)\\ = \left( {b - a} \right)\left[ {\frac{1}{2}{{\left( {a + b} \right)}^2} - ab - \frac{1}{3}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)} \right] = \left( {b - a} \right).\frac{{3{{\left( {a + b} \right)}^2} - 6ab - 2\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}{6}\\ = \frac{1}{6}\left( {b - a} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - 2ab} \right) = \frac{1}{6}{\left( {b - a} \right)^3}.\end{array}\]

Từ \[{\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {{b^2} - {a^2}} \right)^2} = 4 \Rightarrow {\left( {b - a} \right)^2}\left( {1 + {{\left( {b + a} \right)}^2}} \right) = 4 \Rightarrow {\left( {b - a} \right)^2} = \frac{4}{{1 + {{\left( {b + a} \right)}^2}}} \le 4\]

\[ \Rightarrow b - a \le 2 \Rightarrow S = \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^3}}}{6} \le \frac{{{2^3}}}{6} = \frac{4}{3}\].

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 0\\b - a = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = - 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( { - 1;1} \right),B\left( {1;1} \right)\].

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, AB.

Gọi \[P = BM \cap CN\], ta có \[BM \bot CN\] nên \[B{C^2} = B{P^2} + C{P^2}\].

Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có:

\[\begin{array}{l}B{P^2} = {\left( {\frac{2}{3}BM} \right)^2} = \frac{4}{9}.\frac{{2\left( {B{A^2} + B{C^2}} \right) - A{C^2}}}{4}\\C{P^2} = {\left( {\frac{2}{3}CN} \right)^2} = \frac{4}{9}.\frac{{2\left( {C{A^2} + C{B^2}} \right) - A{B^2}}}{4}\\ \Rightarrow B{C^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} + 4B{C^2}}}{9} \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} = 5B{C^2}.\end{array}\]

Ta có \[\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = \frac{{5\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - \left( {A{B^2} + A{C^2}} \right)}}{{10.AB.AC}} = \frac{2}{5}.\frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{AB.AC}} \ge \frac{2}{5}.\frac{{2AB.AC}}{{AB.AC}} = \frac{4}{5}\].

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow AB = AC\].

Ta có \[A\left( {a;b;0} \right),b > 0\] và \[B\left( {2; - 1; - 3} \right),C\left( { - 6; - 1;3} \right)\].

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {2 - a; - 1 - b; - 3} \right) \Rightarrow A{B^2} = {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + 9\\\overrightarrow {AC} = \left( { - 6 - a; - 1 - b;3} \right) \Rightarrow A{C^2} = {\left( {a + 6} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + 9\end{array} \right.\].

Ép cho \[A{B^2} = A{C^2} \Rightarrow 4 - 4a = 36 + 12a \Leftrightarrow a = - 2\].

Ta có \[\overrightarrow {BC} = \left( { - 8;0;6} \right) \Rightarrow B{C^2} = 100\]. Khi đó từ \[A{B^2} + A{C^2} = 5B{C^2}\] và \[AB = AC\]

\[ \Rightarrow 2\left[ {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2} + 9} \right] = 5.100 \Rightarrow {4^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + 9 = 250\].

Kết hợp với \[b > 0\] ta được \[b = 14\] thỏa mãn \[ \Rightarrow a + b = 12\].

Đáp án C

Tập hợp các điểm M biểu diễn z là đường tròn \[\left( C \right)\] có tâm \[I\left( {1;1} \right)\] và bán kính \[R = 2\].