Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 6)

Chọn đáp án A

Đường thẳng \(y = \frac{{11}}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm.

Chọn đáp án D

\(YCBT \Leftrightarrow \frac{{2 - m}}{2} = \frac{{2m - 1}}{{ - 3}} = \frac{{12}}{4}e\frac{{ - 2}}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - m = 6\\2m - 1 = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 4\)

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \({\log _2}\left( {\frac{{2{a^2}}}{b}} \right) = {\log _2}2 + {\log _2}{a^2} - {\log _2}b = 1 + 2{\log _2} - {\log _2}b\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(l = 5\) và \({S_{xq}} = \pi Rl = 15\pi \)

\( \Rightarrow R = 3 \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = 4 \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = 12\pi \).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Số cần tìm chia hết cho 10 nên chữ số hàng đơn vị phải là 0.

Chữ số hàng trăm có 9 cách chọn. Chữ số hàng chục có 8 cách chọn.

Vậy có tất cả 9.8 = 72 số thỏa mãn bài toán.

Chọn đáp án C

Ta có \({\left( {1 + 2i} \right)^2} + b\left( {1 + 2i} \right) + c = 0 \Leftrightarrow - 3 + 4i + b + 2bi + c = 0\)

\( \Leftrightarrow b + c - 3 + \left( {2b + 4} \right)i = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b + 4 = 0\\b + c - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 2\\c = 5\end{array} \right. \Rightarrow S = 3\).

Chọn đáp án D

Ta có \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {f\left( x \right)dx} - \int\limits_2^0 {f\left( x \right)dx} \).

Chọn đáp án B

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên \(\left[ {1;4} \right]\).

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

Tính \(y\left( 1 \right) = 17;{\rm{ }}y\left( 4 \right) = 20;{\rm{ }}y\left( 2 \right) = 12 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} y = 12\)

Chọn đáp án A

Ta có \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v \) cùng phương \( \Leftrightarrow \frac{{m + 4}}{2} = \frac{{ - 2{m^2} - 1}}{{ - 3}} = \frac{{5m + 2}}{4}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{m + 4}}{2} = \frac{{5m + 2}}{4}\\\frac{{m + 4}}{2} = \frac{{2{m^2} + 1}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 16 = 10m + 4\\3m + 12 = 4{m^2} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6m = 12\\4{m^2} - 3m - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\).

Chọn đáp án B

Ta có \(A\left( {4; - 3} \right),{\rm{ }}B\left( { - 2;1} \right),{\rm{ }}C\left( {1; - 4} \right)\).

Trọng tâm của \(\Delta ABC\) là \(G\left( {\frac{{4 - 2 + 1}}{3};\frac{{ - 3 + 1 - 4}}{3}} \right) \Rightarrow G\left( {1; - 2} \right)\).

Chọn đáp án A

ĐTHS có tiệm cận đứng x= 2. Từ \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } = - 1 \Rightarrow TCN:y = - 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\end{array} \right.\] Chọn A.

Chọn đáp án C

Ta có \({9^x} + {9^{ - x}} = 14 \Leftrightarrow {\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)^2} = 16 \Leftrightarrow {3^x} + {3^{ - x}} = 4\)

\( \Rightarrow P = \frac{{6 - 3\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)}}{{12 + {3^{x + 1}} + {3^{1 - x}}}} = \frac{{6 - 3\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)}}{{12 + 3\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)}} = - \frac{1}{4}\).

Chọn đáp án A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}V = \pi {r^2}h\\r = \frac{{AB}}{{2\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \\h = A'A = 8\end{array} \right. \Rightarrow V = 24\pi \).

Chọn đáp án A

\(YCBT \Leftrightarrow ab = 2\left( {{m^2} - 5m} \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < m < 5\).

Chọn đáp án A

Ta có: \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{{\sin }^2}x\cos xdx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{{\sin }^2}xd\left( {\sin x} \right)} = \left. {\frac{{{{\sin }^3}x}}{3}} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{16}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow S = 4\).

Chọn đáp án B

Đặt \(AD = x,{\rm{ }}AB = y,{\rm{ }}AA' = z\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 4\\yz = 9\\zx = 16\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {xyz} \right)^2} = 4.9.16 \Rightarrow xyz = 24\).

Ta có \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.AB.AD = xyz = 24\).

Chọn đáp án D

Ta có \({2^{x + 1}}{.5^x} = 15 \Leftrightarrow {2^x}{.5^x} = \frac{{15}}{2} \Leftrightarrow {\left( {2.5} \right)^x} = \frac{{15}}{2} \Leftrightarrow x = \log \frac{{15}}{2}\).

Biến đổi \(\log \frac{{15}}{2} = \log 15 - \log 2 = \log 5 + \log 3 - \log 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = 1\\c = - 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 0\).

Chọn đáp án D

Ta có \({2^{x + 1}}{.5^x} = 15 \Leftrightarrow {2^x}{.5^x} = \frac{{15}}{2} \Leftrightarrow {\left( {2.5} \right)^x} = \frac{{15}}{2} \Leftrightarrow x = \log \frac{{15}}{2}\).

Biến đổi \(\log \frac{{15}}{2} = \log 15 - \log 2 = \log 5 + \log 3 - \log 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = 1\\c = - 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 0\).

Chọn đáp án B

Tứ diện vuông S.ABCD

\( \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow SA = 2a\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}.A{B^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Chọn đáp án D

Ta có \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 - t\\z = t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow H\left( {1 + t;1 - t;t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} \left( {t;2 - t;t + 1} \right)\).

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

Do \(AH \bot d\) nên \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow t - 2 + t + t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3};\frac{2}{3};\frac{1}{3}} \right)\).

Chọn đáp án D

Ta có \(I = \int\limits_1^e {f'\left( x \right).\ln xdx} = \int\limits_1^e {\ln xd\left[ {f\left( x \right)} \right]} = \left. {f\left( x \right).\ln x} \right|_1^e - \int\limits_1^e {f\left( x \right)d\left( {\ln x} \right)} \)

\( = f\left( e \right) - \int\limits_1^e {f\left( x \right).\frac{1}{x}dx} = 1 - 1 = 0\).

Chọn đáp án C

Kẻ \(AP \bot BC\).

Mà \(BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAP} \right) \Rightarrow BC \bot SP\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SPA}\)

\(\tan \widehat {SPA} = \frac{{SA}}{{AP}} = \frac{{SA}}{{\frac{{BC}}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SPA} = 30^\circ \).

Chọn đáp án C

Ta có \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 4}} + 10 - {m^2} \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {m^2} \le 10 + \frac{{2x}}{{{x^2} + 4}} = f\left( x \right),{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\).

Lưu ý

\({x^2} + 4 \ge - 4x \Rightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 4}} \ge - \frac{1}{2} \Rightarrow {m^2} \le 10 - \frac{1}{2} = \frac{{19}}{2} \Rightarrow - \sqrt {\frac{{19}}{2}} \le m \le \sqrt {\frac{{19}}{2}} \).

Chọn đáp án C

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \(M\left( {3;1;4} \right)\) và có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 2;0} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua \(N\left( {2;4;1} \right)\) và có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;0; - 3} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//{d_1}\\\left( P \right)//{d_2}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)\) sẽ nhận \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {6;3;2} \right)\) là một VTPT.

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

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

Rõ ràng \(M\left( {3;1;4} \right)\) và \(N\left( {2;4;1} \right)\) không thuộc \(\left( R \right):6x + 3y + 2z - 2 = 0\)

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

Chọn đáp án D

Giả sử \[z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\]

Ta có \(\left| {z + 8 - 3i} \right| = \left| {z - i} \right| \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 8} \right) + \left( {y - 3} \right)i} \right| = \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 8} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 16x - 4y + 72 = 0 \Leftrightarrow 4x - y + 18 = 0\).

Lại có \(\left| {z + 8 - 7i} \right| = \left| {z + 4 - i} \right| \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 8} \right) + \left( {y - 7} \right)i} \right| = \left| {\left( {x + 4} \right) + \left( {y - 1} \right)i} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 8} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} = {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 8x - 12y + 96 = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y + 24 = 0\)

Giải hệ \[\left\{ \begin{array}{l}4x - y + 18 = 0\\2x - 3y + 24 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3\\y = 6\end{array} \right. \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 3\sqrt 5 \].

Chọn đáp án A

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - {3^x} + 2x,{\rm{ }}x \in \left( { - \infty ;1} \right] \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {3^x}\ln 3 + 2\).

Dựa vào hình vẽ thì

\(f'\left( x \right) < - 3,{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) < - 3 - {3^x}\ln 3 + 2 < 0,{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right] \Rightarrow g\left( x \right) \ge g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) - 1\).

Khi đó \(m \ge g\left( x \right)\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( { - \infty ;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow m \ge {\min _{\left( { - \infty ;1} \right]}}g\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( 1 \right) - 1\)

Chọn đáp án B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BC} = \left( { - 5;2;1} \right)\\\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;2;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( { - 2; - 3; - 4} \right)\).

Đường thẳng \(d\) nhận \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( { - 2; - 3; - 4} \right)\) là một VTCP nên nhận \(\overrightarrow {u'} = \left( {2;3;4} \right)\) là một VTCP.

Kết hợp với \(d\) đi qua \(A\left( {1; - 2;3} \right) \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{4}\).

Chọn đáp án A

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Kẻ \(OH \bot SA\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SC\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH\).

Như vậy \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SA\\OH \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = OH\).

Từ \(\Delta AHO \sim \Delta ACS\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{OH}}{{SC}} = \frac{{OA}}{{SA}}\)

\( \Rightarrow OH = \frac{{SC.\frac{{AC}}{2}}}{{\sqrt {S{C^2} + A{C^2}} }}\).

Cạnh \(AC = AB = a \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).

Chọn đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: \[2{x^2} - 1 = \sqrt {2 - {x^2}} \]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 1 \ge 0\\4{x^4} - 4{x^2} + 1 = 2 - {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 1 \ge 0\\4{x^4} - 3{x^2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\].

Diện tích hình \[\left( H \right)\] bằng: \[S = 2\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {2 - {x^2}} - 2{x^2} + 1} \right)dx} = 2\int\limits_0^1 {\sqrt {2 - {x^2}} dx} + 2\int\limits_0^1 {\left( { - 2{x^2} + 1} \right)dx} \]

\[ = 2{I_1} + \left. {2\left( {\frac{{ - 2{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_0^1 = 2{I_1} + \frac{2}{3}\].

Tính \[{I_1} = \int\limits_0^1 {\sqrt {2 - {x^2}} dx} \] đặt \[x = \sqrt 2 \sin t \Rightarrow dx = \sqrt 2 \cos tdt\] với \[t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\]

Đổi cận\[\left| \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow {I_1} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\sqrt {2 - 2{{\sin }^2}t} .\sqrt 2 \cos tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {2{{\cos }^2}tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)dt} \]

\[ = \left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{4} + \frac{1}{2} \Rightarrow S = 2{I_1} + \frac{2}{3} = \frac{\pi }{2} + 1 + \frac{2}{3} = \frac{{3\pi + 10}}{6}\].

Chọn đáp án A

Có tất cả 9.10.10.10 = 9000 số tự nhiên có 4 chữ số.

Ta có \[{3^N} = A \Rightarrow N = {\log _3}A\].

Để Nlà số tự nhiên thì \(A = {3^m}\left( {m \in \mathbb{N}} \right)\).

Với \(0 \le m \le 6 \Rightarrow A \le {3^6} = 729\) Loại vì A có 4 chữ số.

Với \(\left[ \begin{array}{l}n = 7 \Rightarrow A = 2187\\n = 8 \Rightarrow A = 6561\end{array} \right.\) thỏa mãn nên có 2 số thỏa mãn.

\(n = 9 \Rightarrow A = 19683\) Loại vì A có 4 chữ số.

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{2}{{9000}} = \frac{1}{{4500}}\].

Chọn đáp án C

Ta có \({\left( {mx + 1} \right)^2} + mx + 1 = {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)^3} + \sqrt {{x^2} + 1} \Leftrightarrow f\left( {mx + 1} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)\)

\( \Leftrightarrow mx + 1 = \sqrt {{x^2} + 1} \Leftrightarrow mx = \sqrt {{x^2} + 1} - 1 \Leftrightarrow mx = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} + 1}} \Rightarrow m = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} + 1}}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + 1 - x.\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} + 1}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + 1} \right)}^2}\sqrt {{x^2} + 1} }} >0,{\rm{ }}\forall x \in \left( {1;2} \right)\)

Từ đó \(g\left( 1 \right) \le m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow \sqrt 2 - 1 \le m \le \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Rightarrow a = \sqrt 2 - 1;{\rm{ }}b = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\).

Chọn đáp án D

Kẻ đường cao AH, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot AD\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow CD \bot \left( {ADH} \right) \Rightarrow CD \bot DH\] HClà đường kính của đường tròn đáy

\[ \Rightarrow HC = 2r\].

Ta có \[A{B^2} + A{D^2} = B{D^2} = A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\]

\[ \Rightarrow 20 + 20 = {2^2} + {\left( {2r} \right)^2} \Rightarrow r = 3\]

\[ \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.2 = 18\pi \].

Chọn đáp án C

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\), ta có \(M{A^2} - M{B^2} = 9\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} - \left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 4} \right)}^2}} \right] = 9\)

\( \Leftrightarrow 38 - 4x - 6y - 10z - \left( {21 - 2x - 4y - 8z} \right) = 9 \Leftrightarrow - 2x - 2y - 2z + 8 = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 4 = 0\)

Tập hợp các điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn \(M{A^2} - M{B^2} = 9\) là mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 4 = 0\).

Mặt cầu \(\left( {{S_m}} \right)\) có tâm \(I\left( {1;1;m} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{\left| m \right|}}{2}\).

Trên \(\left( {{S_m}} \right)\) tồn tại điểm Msao cho \(M{A^2} - M{B^2} = 9\) \(\left( {{S_m}} \right)\) và \(\left( P \right)\) có điểm chung

\( \Leftrightarrow d\left( {I;\left( P \right)} \right) \le R \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 + 1 + m - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} }} \le \frac{{\left| m \right|}}{2} \Leftrightarrow 2\left| {m - 1} \right| \le \sqrt 3 \left| m \right| \Leftrightarrow 4{\left( {m - 2} \right)^2} \le 3{m^2}\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 16m + 16 \le 0 \Leftrightarrow 8 - 4\sqrt 3 \le m \le 8 + 4\sqrt 3 \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;4;...;14} \right\}\).

Chọn đáp án D

Đặt \(t = \left| {2020 + m} \right| \ge 0\), với mỗi giá trị \(t >0\) thì ta cho ta đúng 2 giá trị thực của x.

Phương trình \(f\left( {\left| {2020x + m} \right|} \right) = m\) có đúng 4 nghiệm phân biệt thì \(f\left( t \right) = m\) phải có đúng 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6m + 12 = \frac{3}{4}\\6m + 12 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - \frac{{15}}{8}\\m = - \frac{{13}}{6}\end{array} \right. \Rightarrow {m_1} + {m_2} = - \frac{{97}}{{24}}\).

Chọn đáp án C

Gọi Vlà thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)

Ta có \({V_1} = {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCPN}}\).

\({V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{2}{9}V\).

\(\frac{{{V_{M.BCPN}}}}{{{V_{M.BCC'B'}}}} = \frac{{{S_{BCPN}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}d\left( {C;BB'} \right).\left( {BN + CP} \right)}}{{\frac{1}{2}d\left( {C;BB'} \right).\left( {BB' + CC'} \right)}} = \frac{{BN + CP}}{{BB' + CC'}} = \frac{{\frac{1}{3}BB' + \frac{1}{2}CC'}}{{BB' + CC'}}\)

\( \Rightarrow {V_{M.BCPN}} \Rightarrow \frac{5}{{12}}{V_{M.BCC'B'}} = \frac{5}{{12}}{V_{A.BCC'B'}} = \frac{5}{{12}}.2{V_{ABC'B'}} = \frac{5}{{12}}.2.\frac{1}{3}V = \frac{5}{{18}}V\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCPN}} = \frac{2}{9}V + \frac{5}{{18}}V = \frac{1}{2}V \Rightarrow {V_2} = V - \frac{1}{2}V = \frac{1}{2}V \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 1\).

Chọn đáp án A

Ta có \[\int\limits_0^1 {\left[ {f'\left( x \right).{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2} + 4} \right]dx - 4\int\limits_0^1 {\sqrt {f'\left( x \right)} .f\left( x \right)dx} = 0} \]

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {f'\left( x \right).{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2} - 4\sqrt {f'\left( x \right)} .f\left( x \right) + 4} \right]dx} = 0 \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {\sqrt {f'\left( x \right)} .f\left( x \right) - 2} \right]}^2}dx} = 0\)

\( \Rightarrow \sqrt {f'\left( x \right)} .f\left( x \right) - 2 = 0 \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}.f'\left( x \right) = 4 \Rightarrow \int {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}.f'\left( x \right)dx} = 4x + {C_1}\)

\[ \Rightarrow \int {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}d\left[ {f\left( x \right)} \right] = 4x + {C_1} \Rightarrow \frac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^3}}}{3} = 4x + {C_2}} \].

Mà \(f\left( 0 \right) = 3 \Rightarrow {C_2} = 9 \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^3} = 3\left( {4x + 9} \right) \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^3}dx} = \left. {3\left( {2{x^2} + 9x} \right)} \right|_0^1 = 33\).

Chọn đáp án A

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 18{x^2} + 24x - \left( {2m - 1} \right)\).

\(YCBT \Leftrightarrow f\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị dương \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0\) có đúng 3 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow 2m - 1 = 4{x^3} - 18{x^2} + 24x\) có đúng 3 nghiệm dương phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 4{x^3} - 18{x^2} + 24x \Rightarrow g'\left( x \right) = 12{x^2} - 36x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Do đó \(8 < 2m - 1 < 10 \Leftrightarrow \frac{9}{2} < m < \frac{{11}}{2} \Rightarrow m = 5\).

Chọn đáp án B

Đặt \(t = \left| x \right| - 1 \ge - 1\), với mỗi giá trị \(t >- 1\) thì cho ta 2 giá trị của x.

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2}{e^t}\), với \(t \ge - 1\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}t >- 1\\f'\left( t \right) = 2t{e^t} + {t^2}{e^t} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 0\).

Xét bảng sau:

Từ đó phương trình \({t^2}{e^t} = \log 2\) có đúng 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1.

Do đó phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm thực phân biệt.

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \({b^3} + 16 = {b^3} + 8 + 8 \ge 3\sqrt[3]{{64{b^3}}} = 12b \Rightarrow 12b - 16 \le {b^3}\)

\( \Rightarrow P = 16.3 - 16{\log _a}\left( {12b - 16} \right) + \frac{3}{{{{\left( {{{\log }_a}\frac{a}{b}} \right)}^2}}} \ge 48 - 16{\log _a}{b^3} + \frac{3}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow P \ge 48 - 48{\log _a}b + \frac{3}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}} = 48\left( {1 - {{\log }_a}b} \right) + \frac{3}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}}\)

Đặt \(t = 1 - {\log _a}b >0 \Rightarrow P \ge 48t + \frac{3}{{{t^2}}} = 24t + 24t + \frac{3}{{{t^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{24t.24t.\frac{3}{{{t^2}}}}} = 36\).

Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\24t = \frac{3}{{{t^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\b = \sqrt a \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\a = 4\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 6\).

Chọn đáp án D

Kẻ \(AK \bot d{\rm{ }}\left( {K \in d} \right) \Rightarrow K\left( {t + 1;1 - t;t + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AK} = \left( {t - 1;2 - t;t + 3} \right)\).

Ép cho \(AK \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AK} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right) + \left( {t - 2} \right) + \left( {t + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 0\)

\( \Rightarrow K\left( {1;1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {KA} = \left( {1; - 2; - 3} \right) \Rightarrow KA = \sqrt {14} \).

Kẻ \(KH \bot \left( P \right) \Rightarrow d\left( {d;\left( P \right)} \right) = d\left( {K;\left( P \right)} \right) = KH \le KA = \sqrt {14} \)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left( P \right)\) qua Avà vuông góc với KA.

Khi đó \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {KA} = \left( {1; - 2; - 3} \right)\) là một VTPT.

Vậy \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng có phương trình \(3x + z + 2 = 0\).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Giả sử \(z = x + yi{\rm{ }}\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Từ \(z + w = 3 + 4i \Rightarrow w = \left( {3 - x} \right) + \left( {4 - y} \right)i\).

Ta có \(z - w = \left( {2x - 3} \right) + \left( {2y - 4} \right)i \Rightarrow \left| {z - w} \right| = \sqrt {{{\left( {2x - 3} \right)}^2} + {{\left( {2y - 4} \right)}^2}} = 9\)

\( \Rightarrow 4{x^2} + 4{y^2} - 12x - 16y - 56 = 0 \Rightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 6x - 8y - 28 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Ta có \(T = \left| z \right| + \left| w \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} + \sqrt {{{\left( {3 - x} \right)}^2} + {{\left( {4 - y} \right)}^2}} \).

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có \({T^2} \le 2\left[ {\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {{\left( {3 - x} \right)}^2} + {{\left( {4 - y} \right)}^2}} \right]\)

\( \Rightarrow {T^2} \le 2\left( {2{x^2} + 2{y^2} - 6x - 8y + 25} \right) = 2\left( {28 + 25} \right) \Rightarrow T \le \sqrt {106} \).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {\left( {3 - x} \right)^2} + {\left( {4 - y} \right)^2} \Leftrightarrow 25 - 6x - 8y = 0 \Leftrightarrow y = \frac{{25 - 6x}}{8}\).

Thế vào (1) ta được \({x^2} + {\left( {\frac{{25 - 6x}}{8}} \right)^2} - 3x - 4.\frac{{25 - 6x}}{8} - 14 = 0\)

\( \Leftrightarrow 64{x^2} + \left( {36{x^2} - 300x + {{25}^2}} \right) - 192x - 32\left( {25 - 6x} \right) - 896 = 0\)

\( \Leftrightarrow 100{x^2} - 300x - 1071 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{51}}{{10}} \Rightarrow y = - \frac{7}{{10}}\\x = - \frac{{21}}{{10}} \Rightarrow y = \frac{{47}}{{10}}\end{array} \right.\)

Vậy \({T_{\max }} = \sqrt {106} \) đạt được chẳng hạn khi \(z = \frac{{51}}{{10}} - \frac{7}{{10}}i,{\rm{ }}w = - \frac{{21}}{{10}} + \frac{{47}}{{10}}i\).