Đề số 26

Đáp án D.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3.\)

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

Ta có \(y\left( 0 \right) = 1;y\left( 1 \right) = - 1;y\left( 2 \right) = 3.\)

Vậy \(M = 3,N = - 1 \Rightarrow M + N = 2.\)

Đáp án B.

Ta có \({\log _2}\left( {3x - 2} \right) = 2 \Leftrightarrow 3x - 2 = {2^2} \Leftrightarrow x = 2.\)

Vậy nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {3x - 2} \right) = 2\) là \(x = 2.\)

Đáp án C.

Gọi \(r\) là bán kính đáy của khối nón. Ta có: \(2\pi r = 8\pi \Rightarrow r = 4\)

Thể tích của khối nón đã cho là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi .\)

Đáp án C.

Với \(a >0,a \ne 1,{\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}\)

Đáp án D.

Ta có: \(\overline {4 - 3i} = 4 + 3i.\)

Đáp án A.

Ta có: \(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\left( {{x^2} + 2x + 3} \right)dx} = \int\limits_{}^{} {{x^2}dx} + 2\int\limits_{}^{} {xdx} + 3\int\limits_{}^{} {dx} = \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + 3x + C.\)

Đáp án C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 3}}{{6 - 3x}} = - \frac{1}{3}\) nên đường thẳng \(y = - \frac{1}{3}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 3}}{{6 - 3x}} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{{6 - 3x}}\) có tất cả 2 đường tiệm cận, trong đó 1 đường tiệm cận ngang và 1 đường tiệm cận đứng.

Đáp án A.

Ta có \({a^{x - 1}} = {b^y} = \sqrt[3]{{ab}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 + \frac{1}{3}{\log _a}ab = \frac{4}{3} + \frac{1}{3}{\log _a}b\\y = \frac{1}{3}{\log _b}ab = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_b}a} \right) = \frac{1}{3}\left( {1 + \frac{1}{{{{\log }_a}b}}} \right)\end{array} \right..\)

Thay vào \(P,\)ta được

\(P = 3x + 4y = 3\left( {\frac{4}{3} + \frac{1}{3}{{\log }_a}b} \right) + 4.\frac{1}{3}\left( {1 + \frac{1}{{{{\log }_a}b}}} \right)\)

\( = \frac{{16}}{3} + \left( {{{\log }_a}b + \frac{4}{{3{{\log }_a}b}}} \right)\)

Vì \(a >1,b >1\) nên \({\log _a}b >0.\) Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:

\(P = \frac{{16}}{3} + \left( {{{\log }_a}b + \frac{4}{{3{{\log }_a}b}}} \right) \ge \frac{{16}}{3} + 2\sqrt {{{\log }_a}b.\frac{4}{{3{{\log }_a}b}}} = \frac{{16 + 4\sqrt 3 }}{3}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \({\log _a}b = \frac{4}{3}{\log _a}b \Leftrightarrow {\log _a}b = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(\frac{{16 + 4\sqrt 3 }}{3} \in \left( {7;9} \right].\)

Đáp án D.

Gọi \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right).\) Khi đó:

\(\left( {2 + i} \right)z - 4\left( {\overline z - i} \right) = - 8 + 19i \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)\left( {a + bi} \right) - 4\left( {a - \left( {b + 1} \right)i} \right) = - 8 + 19i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2a - b} \right) + \left( {a + 2b} \right)i - 4a + 4\left( {b + 1} \right)i = - 8 + 19i,\) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2a - b = - 8\\a + 6b + 4 = 19\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a - b = - 8\\a + 6b = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 2\end{array} \right..\) Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {13} .\)

Đáp án A.

Điều kiện xác định: \({x^2} + 4x + m >0.\)

Với điều kiện trên, bất phương trình tương đương với \(5\left( {{x^2} + 1} \right) >\left( {{x^2} + 4x + m} \right).\)

Để khoảng \(\left( {2;3} \right)\) thuộc tập nghiệm của bất phương trình thì hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x + m >0\\5\left( {{x^2} + 1} \right) >\left( {{x^2} + 4x + m} \right)\end{array} \right.\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {2;3} \right).\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = {x^2} + 4x >- m\\g\left( x \right) = 4{x^2} - 4x + 5 >m\end{array} \right.\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {2;3} \right).\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + 4x\) trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 2x + 4 >0,\forall x \in \left( {2;3} \right)\) suy ra \(f\left( x \right) >f\left( 2 \right) = 12.\) Do đó \(12 \ge - m \Leftrightarrow m \ge - 12\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 4{x^2} - 4x + 5\) trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\) có \(g'\left( x \right) = 8x - 4 >0,\forall x \in \left( {2;3} \right)\) suy ra \(g\left( x \right) >g\left( 2 \right) = 13.\) Do đó \(13 \ge m \Leftrightarrow m \le 13.\)

Đáp án D.

Vì \(\frac{1}{{{x^2}}}\) là một nguyên hàm của hàm số \(y = f'\left( x \right)\ln x,\) nên \({\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)^'} = f'\left( x \right)\ln x \Leftrightarrow - \frac{2}{{{x^3}}} = f'\left( x \right)\ln x\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = \frac{1}{x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = \ln x\end{array} \right..\)

Khi đó: \(\int\limits_1^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx} = f\left( x \right).\ln \left( x \right)\left| \begin{array}{l}2\\1\end{array} \right. - \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)\ln xdx} = f\left( 2 \right).\ln \left( 2 \right) + \int\limits_1^2 {\frac{2}{{{x^3}}}dx} = \frac{1}{{\ln 2}}.\ln 2 - \frac{1}{{{x^2}}}\left| \begin{array}{l}2\\1\end{array} \right.\)

\( = 1 - \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - 1} \right) = \frac{7}{4}.\)

Đáp ánB.

Ta có: \(\overrightarrow n = \left( {1;2;0} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right).\)

Đáp án B.

Ta có \(\overline z = a - bi\) do đó \[{\rm{w}} = \frac{1}{2}\left( {z + \overline z } \right) = \frac{1}{2}\left( {a + bi + a - bi} \right) = a\] là một số thực.

Đáp án A.

Thể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{6}.6{a^2}.3a = 6{a^3}.\)

Đáp ánA.

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

\( \Rightarrow \frac{{dx}}{x} = - 2udu\) (với \(x = 1 \to u = 1;x = e \to u = 0)\)

Ta có \(I = 2\int\limits_0^1 {{u^2}du} .\)

Đáp ánA.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 3\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Trong đó \[x = 2,x = \frac{1}{2}\] là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số \[y = f(x)\] có 2 điểm cực trị.

Còn \[x = - 3\] là nghiệm bội bậc chẵn nên không là điểm cực trị của hàm số \[y = f(x)\].

Đáp án C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục \(Ox\) là: \({x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\)

Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục \(Ox\) bằng:

\(V = \pi \int\limits_1^4 {\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)dx} = \frac{{81}}{{10}}\pi \)

Vậy chọn đáp án C là đáp án đúng.

Đáp án A.

Xét \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right) \Rightarrow y' = \left( {2x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x = {x_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\{x^2} - 2x = {x_2} \in \left( { - 1;0} \right)\\{x^2} - 2x = {x_3} \in \left( {0;1} \right)\\{x^2} - 2x = {x_4} \in \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

Trường hợp 1: \({x^2} - 2x = {x_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {x_1} = 0.\)

Ta có \(\Delta ' = 1 - 1.\left( { - {x_1}} \right) = 1 + {x_1} < 0,\forall {x_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\) nên phương trình vô nghiệm. Suy ra trường hợp này không có điểm cực trị.

Trường hợp 2: \({x^3} - 2x = {x_2} \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {x_2} = 0.\)

Ta có \(\Delta ' = 1 - 1.\left( { - {x_2}} \right) = 1 + {x_2} >0,\forall {x_2} \in \left( { - 1;0} \right)\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị.

Trường hợp 3: \({x^2} - 2x = {x_3} \in \left( {0;1} \right).\) Xét thấy hệ số \(a\) và \(c\) trong phương trình luôn trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị.

Trường hợp 4: \({x^2} - 2x = {x_4} \in \left( {1; + \infty } \right).\) Xét thấy hệ số \(a\) và \(c\) trong phương trình luôn trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị.

Mặt khác, các hệ số trong các phương trình ở trường hợp 2, 3, 4 vừa xét đều khác nhau hệ số \(c\) nên các nghiệm của phương trình này đều khác nhau và đều khác 1.

Vậy hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) có 7 điểm cực trị. Ta chọn đáp án A.

Đáp án C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - {x^4} + 4{x^2} + 1\) và đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 1\) là

\( - {x^4} + 4{x^2} + 1 = {x^2} - 1.\)

\( \Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}\\{x^2} = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{2}\left( L \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {\frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}} .\)

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - {x^4} + 4{x^2} + 1\) và đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 1\) là 2.

Đáp án B.

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right).\)

Ta có \(y = \frac{{x - {m^2}}}{{x - 4}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 4 + {m^2}}}{{{{\left( {x - 4} \right)}^2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;4} \right)\) và \(\left( {4; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi

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

Đáp án A.

Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu đi qua \(S\) và đường thẳng đáy của \(\left( N \right).\)

\(R\) là bán kính của mặt cầu cần tìm.

Theo giả thiết, ta có \(SO = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt 7 .\)

Trường hợp 1. \(IO = SO - R = \sqrt 7 - R.\)

Trong tam giác vuông \(IOB,\) ta có \(I{B^2} = I{O^2} + O{B^2} \Leftrightarrow {R^2} = {\left( {\sqrt 7 - R} \right)^2} + 1 \Leftrightarrow R = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}.\)

Trường hợp 2. \(IO = R - SO = R - \sqrt 7 .\)

Trong tam giác vuông \(IOB,\) ta có \(I{B^2} = I{O^2} + O{B^2} \Leftrightarrow {R^2} = {\left( {R - \sqrt 7 } \right)^2} + 1 \Leftrightarrow R = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}.\)

Đáp án C.

Gọi \(A\) là dân số của quốc gia \(X\) năm 1998, \(r\) là tỷ lệ tăng dân số và \({A_n}\) là dân số của quốc gia \(X\) sau \(n\) (năm) tính từ năm 1998.

\({A_n} \ge 140000000 \Leftrightarrow 125500000.{\left( {1 + 0,2\% } \right)^n} \ge 140000000 \Leftrightarrow n \ge \frac{{\ln \frac{{140000000}}{{125500000}}}}{{\ln \left( {1 + 0,2\% } \right)}} \approx 54,72.\)

Vậy sau 55 năm thì dân số của quốc gia \(X\) là 140000000 người.

Đáp án C.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Ta có \(y' = \frac{2}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} >0,\forall x \in D.\)

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Ta có \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .2.4 = 8\pi .\)

Đáp án A.

Số nghiệm thực của phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = - 1.\)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án C.

Do \(z \in \mathbb{C} \Rightarrow z = x + yi\) với \(x,y \in \mathbb{R}.\)

Theo đề bài: \(w = 2i\overline z + 5 - 6i = 2\left( {i\overline z + 3 - 2i} \right) - \left( {1 + 2i} \right) \Leftrightarrow {\rm{w}} + \left( {1 + 2i} \right) = 2\left( {i\overline z + 3 - 2i} \right).\)

\( \Leftrightarrow {\rm{w + }}\left( {1 + 2i} \right) = 2\left( {i\overline z + 3 - 2i} \right) \Leftrightarrow \left| {{\rm{w + }}\left( {1 + 2i} \right)} \right| = 2\left| {\left( {i\overline z + 3 - 2i} \right)} \right| = 8.\)

Suy ra:

\(\left| {{\rm{w}} + \left( {1 + 2i} \right)} \right| = 8 \Leftrightarrow \left| {x + yi + 1 + 2i} \right| = 8 \Leftrightarrow \left| {x + 1 + \left( {y + 2} \right)i} \right| = 8 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = {8^2}.\)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn \[{\rm{w}}\] là một đường tròn có tâm \(I\left( { - 1; - 2} \right)\), bán kính \(R = 8\) nên ta có:

\(T = a + b + R = - 1 - 2 + 8 = 5.\)

Đáp án D.

Xét \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right..\) Ta có: Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = - 1\) và đạt cực tiểu tại điểm \(x = 3.\)

Đáp án A.

* Từ hình vẽ suy ra \(a >0,c >0.\)

* Xét \(y' = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0.\) Để hàm số có 3 cực trị như hình vẽ thì \(a;b\) trái dấu, suy ra \(b < 0.\)

* Xét \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c = 0 \Leftrightarrow a{t^2} + bt + c = 0;t = {x^2} \ge 0\) có một nghiệm kép theo ẩn phụ \(t.\) Từ đồ thị, ta thấy phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành chỉ có hai nghiệm \(x\) đối nhau \( \Leftrightarrow \) phương trình bậc hai theo ẩn phụ \(t\) chỉ có một nghiệm dương \( \Leftrightarrow \Delta = {b^2} - 4ac = 0.\)

Đáp án B.

Mặt phẳng qua \(A\left( {3;4;1} \right)\) và song song với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có VTPT: \(\overrightarrow n = \overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\)

Có phương trình: \(0\left( {x - 3} \right) + 0\left( {y - 4} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow z = 1.\)

Đáp án C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Phương trình đã cho tương đương: \({9^{2x + 3}} = {9^2} \Leftrightarrow 2x + 3 = 2 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}.\)

Đáp ánA.

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

Đáp án B.

Bất phương trình \( \Leftrightarrow 2x - 4 < x + 1 \Leftrightarrow x < 5.\)

Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ;5} \right).\)

Đáp án B.

Đáp án D.

Thể tích của khối cầu có bán kính \(r = 3\) là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}.\pi {.3^3} = 36\pi .\)

Đáp án C.

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là điểm \(M'\left( {0;b;c} \right).\) Do đó điểm cần tìm là \(\left( {0;3;5} \right).\)

Đáp án D.

Đặt \(t = \frac{x}{2} \Rightarrow dt = {\left( {\frac{x}{2}} \right)^'}dx = \frac{1}{2}dx \Rightarrow dx = 2dt\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 \Rightarrow t = 2\\x = 0 \Rightarrow t = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = 2\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} = 2.2020 = 4040\)

Vậy \(I = 4040.\)

Đáp án A.

Phần thực \(a\) và phần ảo \(b\) của số phức \(z\) là \(a = 3,b = 4.\)

Đáp án D.

Tâm của \(\left( S \right)\) có tọa độ là \(\left( {2;0; - 1} \right)\)

Đáp ánD.

Ta có: \(z = \frac{{1 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {1 + i} \right)}}{{\left( {1 - i} \right)\left( {1 + i} \right)}} = \frac{{ - 1 + 3i}}{2} = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2}i.\)

Vậy trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức \(z\) là \(\left( { - \frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right).\)

Đáp án D.

Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên \(AB = 2R = 2a \Leftrightarrow R = a\) và \(h = AA' = 2a.\)

Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {a^2}.2a = 2\pi {a^3}.\)

Đáp án B.

Đồ thị hình bên là đồ thị hàm bậc 3 với hệ số \(a >0\) nên loại A và D. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(\left( { - 1;2} \right)\) và \(\left( {1; - 2} \right)\) nên \(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\) do đó loại đáp án C và chọn đáp án B.

Đáp án A.

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + z - 1 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;1} \right).\)

Đường thẳng vuông góc với mp \(\left( P \right):x - 2y + z - 1 = 0\) nhận vectơ \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;1} \right)\) hoặc vectơ \(\overrightarrow u = \left( { - 1;2; - 1} \right)\) làm vectơ chỉ phương nên loại các đáp án B, D. Ta lại có tọa độ điểm \(A\left( {1;2;5} \right)\) thỏa mãn phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 2 + 2t\\z = 7 - t\end{array} \right.\)

nên đáp án A đúng.

Đáp án D.

Vì \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc nên \(OA \bot \left( {OBC} \right)\) và \(\Delta OBC\) vuông tại \(O.\)

Nên thể tích khối chóp \(OABC\) là \(V = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{1}{6}.a\sqrt 6 .a\sqrt 6 .a = {a^3}.\)

Đáp án A.

Áp dụng công thức thể tích hình trụ ta có \(V = B.h = 8.6.\)

Vậy thể tích hình trụ là \(V = 48.\)

Đáp án A.

Hàm số \(y = {\log _2}\frac{{x + 3}}{{2 - x}}\) có điều kiện xác định: \(\frac{{x + 3}}{{2 - x}} >0 \Leftrightarrow - 3 < x < 2.\)

Vậy tập xác định \(D = \left( { - 3;2} \right).\)

Đáp án C.

Thay tọa độ điểm \(\left( {1; - 2; - 1} \right)\) vào đường thẳng \(d\) ta được:

\(\frac{{1 - 1}}{2} = \frac{{\left( { - 2} \right) + 2}}{3} = \left( { - 1} \right) + 1 = 0\) (luôn đúng).

Suy ra điểm \(\left( {1; - 2; - 1} \right)\) thuộc đường thẳng \(d.\)

Đáp án D.

Gọi \(N\left( {2t + 1; - t - 1;t + 3} \right) \in d\) là hình chiếu của \(A\) trên \(d.\) Suy ra \(N\) là trung điểm \(AM.\)

Ta có: \(\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2t - 3} \right) - \left( { - t} \right) + t = 0 \Leftrightarrow t = 1.\)

Vậy \(N\left( {3; - 2;4} \right).\)

Suy ra \(M\left( {2; - 3;5} \right).\)

Đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

\(f\left( {{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}}} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( {{2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}}} \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}} = {a_1} < - 1\left( 1 \right)\\{2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}} = 2\\{2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}} = {a_2} >5\end{array} \right.\)</>

TH1: \({2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}} = 2\)

\( \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^3} + 2 = 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3{x^3} + 2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

TH2: \({2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = {a_2}\)

\( \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^3} + 2 = {\log _2}{a_2}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 4{x^3} + 2,\) khảo sát hàm số, ta được bảng biến thiên sau:

Do \({\log _2}{a_2} >{\log _2}5 >1\) nên \(3{x^4} - 4{x^3} + 2 = {\log _2}{a_2}\) có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Vậy phương trình \(f\left( {{2^{3{x^4} - 4{x^3} + 2}}} \right) + 1 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án C.

Ta có \(A = {a^{{{\left( {{{\log }_3}7} \right)}^2}}} + {b^{{{\left( {{{\log }_7}11} \right)}^2}}} + {c^{{{\left( {{{\log }_{11}}25} \right)}_2}}} = {\left( {{a^{{{\log }_3}7}}} \right)^{{{\log }_3}7}} + {\left( {{b^{{{\log }_7}11}}} \right)^{{{\log }_7}11}} + {\left( {{c^{{{\log }_{11}}25}}} \right)^{{{\log }_{11}}25}}\)

\( = {27^{{{\log }_3}7}} + {49^{{{\log }_7}11}} + {\sqrt {11} ^{{{\log }_{11}}25}} = {\left( {{3^{{{\log }_3}7}}} \right)^3} + {\left( {{7^{{{\log }_7}11}}} \right)^2} + {\left( {{{11}^{{{\log }_{11}}25}}} \right)^{\frac{1}{2}}} = {7^3} + {11^2} + {25^{\frac{1}{2}}} = 469.\)

Đáp án C.

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(AC,AD,CD.\)

Ta có

\({V_{{G_1}{G_2}{G_3}{G_4}}} = \frac{1}{3}d\left( {{G_3},\left( {{G_1}{G_2}{G_4}} \right)} \right).{S_{{G_1}{G_2}{G_4}}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.d\left( {B,\left( {{G_1}{G_2}{G_4}} \right)} \right).{S_{{G_1}{G_2}{G_4}}} = \frac{1}{2}{V_{B{G_1}{G_2}{G_4}}}\)

\( = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^3}{V_{BMNP}} = \frac{4}{{27}}.\frac{1}{4}{V_{BACD}} = \frac{V}{{27}}.\)