Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 14)

Đáp án A

Từ bảng biến thiên trên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên [-1;2] là 0

Đáp án D

$\left|\overrightarrow{a}\right|=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+1^2+0^2}=\sqrt{2},\left|\overrightarrow{c}\right|=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3},\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=-1.1+1.1+0.0\Rightarrow \overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}$

$\Rightarrow$ các mệnh đề A, B, C đúng. Lại có: $\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=1.1+1.1+0.1=2\ne 0\Rightarrow$  mệnh đề sai.

Đáp án A

Ta có: $I=\int cos\left(3x-2\right)dx=\frac{1}{3}\int cos\left(3x-2\right)d\left(3x-2\right)=\frac{1}{3}\sin \left(3x-2\right)+C$. 

Đáp án B

Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -1 và tiệm cận ngang là y = 2. Nên ta loại A, C.

Mặt khác hàm số đồng biến nên ta loại D (do $y=\frac{2x+3}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x+1\right)}^2}$ )

Đáp án D

Ta có $\begin{array}{l}z=\left(1-i\right)\left(3+2i\right)=3+2i-3i-2i^2=3-i+2=5-i\Rightarrow \overline{z}=5+i.\\ \end{array}$ 

Đáp án C

Hàm số $y={\log }_{2}x$ có đồ thị như hình bên:

Từ đồ thị hàm số ta thấy các khẳng định A, B, D là đúng, khẳng định C sai.

Đáp án C

Giả sử:

$G\left(x_G;y_G;z_G\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{0+1+2}{3}=1\\ y_G=\frac{0+0+1}{3}=\frac{1}{3}\\ z_G=\frac{0+\left(-2\right)+\left(-1\right)}{3}=-1\end{array}\right.\Rightarrow G\left(1;\frac{1}{3};-1\right)$

Đáp án A

Số cái bắt tay 12 người (trừ chủ bữa tiệc)  $C_{12}^2$.

Vậy có $C_{12}^2+3=69$ cái bắt tay

Đáp án D

A sai khi a > 1; B sai khi 0 < a < l; C sai vì $\frac{\pi }{4}<1$  

Đáp án D

$S=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

Đáp án B

Trong hình chóp số cạnh bên bằng số cạnh đáy nên số cạnh đáy bằng $\frac{20}{2}=10$ (cạnh). Số mặt bên bằng số cạnh đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt

Đáp án B

Ta có $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \mathrm{.3.4}=24\pi \left(c{m}^2\right)$

Đáp án B

Ta có ${\overrightarrow{n}}_{\left(p\right)}=\left(1;-3;1\right)=\overrightarrow{i}\text{ -}3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}$  làm véctơ pháp tuyến của (p).

Đáp án A

Số các số hạng của khai triển mũ m là m +1.

Vậy khai triển (a + 2)ⁿ⁺⁶ có tất cả 17 số hạng suy ra n + 6 = 16 $\iff$ n =10

Đáp án B

Đổ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là y = 0 .

+ $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y,\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y$ và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y$ đều bằng $\frac{1}{2}$,

suy ra x = 1 và x = -1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0$ nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thi hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận

Đáp án B

Dựa vào sự so sánh ở các phương án, ta thấy chỉ cần xét sự biến thiên của hàm số trên khoảng (1;4) .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)={\left(x+1\right)}^2\left(x-1\right)\left(5-x\right)>0,\forall x\in \left(1;4\right)$.

Nên hàm số y = f(x) đồng biến trên (1;4) mà $1<2<4\Rightarrow f\left(1\right)<f\left(2\right)<f\left(4\right)$.

Đáp án C

Từ đồ thị hàm số ta có

Hàm số y = x^α nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên α < 0 .

Hàm số $y=x^{\beta },y=x^{\gamma }$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên $\beta >0;\gamma >0$.

Đổ thị hàm số $y=x^{\beta }$ nằm phía trên đồ thị hàm số y = x khi x > 1 nên β > 1.

Đồ thị hàm số $y=x^{\gamma }$ nằm phía dưới đồ thị hàm số

y = x khi x > 1 nên $\gamma <1$.

Vậy $\alpha <0<\gamma <1<\beta$ 

Đáp án D

Ta có

w = (3 + 4i)z - 5i = (3 + 4i)(z-2i) + 2i(3 + 4i)-5i = (3 + 4i)(z - 2i) - 8 + i

Suy ra w - ( -8 + i) = (3 + 4i)(z - 2i)  .

Vậy đường tròn của các điểm biểu diễn số phức w có tâm là I(-8;1).

Đáp án B

Cách 1. Xét hàm số g(x) = f(x + 1), có g'(x) = f'(x + 1).

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x+1=-1\\ x+1=0\\ x+1=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=-1\\ x=0\end{array}\right.$  

Bảng biến thiên của hàm g(x)

Từ bảng biến thiên của hàm g(x), ta thấy hàm số g(x) = f(x +1) đạt cực tiểu tại x = -1.

Cách 2. Đồ thị hàm số g(x) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số f(x) sang trái 1 đơn vị, mà đồ thị hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x = 0 nên hàm số g(x) = f(x +1) đạt cực tiểu tại x = -1

Đáp án D

Hoành độ giao điểm của (E) và trục Ox : x = ±a

Phương trình (E): $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\iff y^2=b^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)$

$\Rightarrow V=\pi \underset{-a}{\overset{b}{\int }}\left(b^2-\frac{b^2{x}^2}{a^2}\right)dx$

$=\pi \left(b^{2}x-\frac{b^2{x}^3}{3a^2}\right)\left|\begin{array}{l}a\\ -a\end{array}\right.=\pi \left(b^{2}a-\frac{b^{2}a}{3}\right)-\pi \left(-b^{2}a+\frac{b^{2}a}{3}\right)=\frac{4b^{2}a}{3}\pi .$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2-6x\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\end{array}$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra -3 < m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Ta có: $V=S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)$ 

Mà $V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}{S}_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)=\frac{1}{3}V$

$\Rightarrow V_{A.BCB\text{'}C\text{'}}=V-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V$

Đáp án C

Điều kiện để phương trình có nghĩa $\left\{\begin{array}{l}\cos x\ne 0\\ cos3x\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \\ x\ne \frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.(*)$

Khi đó phương trình trở thảnh $3x=x+k\pi \iff x=\frac{k\pi }{2}$ so sánh với điều kiện (*) ta có:

$\left[\begin{array}{l}x=k2\pi \\ x=\pi +k2\pi \end{array}\right.,x\in \left[0;30\right]\Rightarrow k\in \left\{0;\mathrm{...};4\right\}\Rightarrow x\in \left\{0;\pi ;2\pi ;\mathrm{...};9\pi \right\}$

Đáp án A

Xét hàm số $y=x\sqrt{1-x^2}$

+ Tập xác định: $D=\left[-1;1\right]$ 

+ $y\text{'}=\sqrt{1-x^2}+x.\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}},x\ne \pm 1$

$y\text{'}=0\iff 1-2x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{2}}{2}\in \left(-1;1\right)\\ x=\frac{-\sqrt{2}}{2}\in \left(-1;1\right)\end{array}\right.$

+ Ta có: $y\left(-1\right)=0;y\left(1\right)=0;y\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1}{2};y\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{1}{2}$ 

Vậy $M=\underset{\left[-1;1\right]}{M\text{ax}}y=\frac{1}{2}$  khi $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $m=\underset{\left[-1;1\right]}{Min}y=-\frac{1}{2}$khi $x=\frac{-\sqrt{2}}{2}$

$M+m=\frac{1}{2}+\frac{-1}{2}=0$.

Đáp án C

Ta có: $\left(\sqrt{10}-3\right)\left(\sqrt{10}+3\right)=1\Rightarrow \left(\sqrt{10}-3\right)={\left(\sqrt{10}+3\right)}^{-1}$

$\begin{array}{l}{\left(\sqrt{10}-3\right)}^{2x+4}\ge {\left(\sqrt{10}-3\right)}^{-5x+11}\iff {\left(\sqrt{10}-3\right)}^{-2x-4}\ge {\left(\sqrt{10}+3\right)}^{-5x+11}\\ \iff -2x-4\ge -5x+11\iff x\ge 5\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left[5;+\infty \right)$

Đáp án B

Ta có: ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left(1;-1;-1\right)$ và $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;2;0\right)$

Vì ∆ song song với (P) và (Q) nên $\overrightarrow{n_d}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(2;-1;3\right)$

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d cần tìm là $\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+1}{3}$

Đáp án B

Ta có $9^{x+1}-{13.6}^x+4^{x+1}=0\iff {9.9}^x-{13.6}^x+{4.4}^x=0\iff 9.\frac{9^x}{4^x}-13.\frac{6^x}{4^x}+4=0$

$\iff 9.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-13.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+4=0\iff \left[\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{4}{9}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$  

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên

Đáp án A

Ta có:  $z^4-z^2-6=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}^2=-2\\ z^2=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=\sqrt{2}i\\ z_2=-\sqrt{2}i\\ z_3=\sqrt{3}\\ z_4=-\sqrt{3}\end{array}\right.$. Vậy $P=\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)$

Đáp án B

Gọi O, H lần lượt là trung điểm các đoạn AC và BC thì $BC\perp OH$ và $BC\perp SO\Rightarrow BC\perp SH$

 $\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SHO}\Rightarrow \widehat{SHO}=60°$.

Ta có $OH=\frac{1}{2}AB=a\Rightarrow SO=OH.\tan \widehat{SHO}=a\sqrt{3}$.

Hình nón nội tiếp S.ABCD có bán kính r=OH=a và đường cao $h=SO=a\sqrt{3}$.

Thể tích hình nón đó là $V_n=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(a\right)}^2.a\sqrt{3}=\frac{a^3\pi \sqrt{3}}{3}$  

Đáp án A

Viết đường thẳng thành dạng tham số:  $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=-2+t\\ z=2t\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}M\left(1-t;-2+t;2t\right)\in \Delta \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MB}=\left(t;6-t;2-2t\right)\\ \overrightarrow{MA}=\left(-2+t;4-t;4-2t\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M{B}^2=6t^2-20t+40\\ M{A}^2=6t^2-28t+36\end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow M{A}^2+M{B}^2=12t^2-48t+76$ nhỏ nhất khi t = 2.

$\Rightarrow M\left(-1;0;4\right)$

Đáp án A

Kẻ AH vuông góc BC khi đó ta có: 

$BC=a\sqrt{3};SH=\frac{a\sqrt{11}}{3};AH=\frac{a\sqrt{6}}{3};SA=\frac{a\sqrt{5}}{3}$

Thể tích của khối chóp S.ABC là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{a\sqrt{5}}{3}.\frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{10}}{18}$

Suy ra $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{V_{\Delta SBC}}=\frac{a\sqrt{330}}{33}$

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)=x^4+x^2\Rightarrow \int f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)dx=\int \left(x^4+x^2\right)dx$

   $\iff \int f\left(x\right).d\left(f\left(x\right)\right)=\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+C\iff \frac{f^2\left(x\right)}{2}=\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+C$

mà $f\left(0\right)=2\Rightarrow f^2\left(0\right)=4\Rightarrow C=2\Rightarrow \frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+2$

Vậy $f^2\left(2\right)=2\left(\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+2\right)\left|\begin{array}{l}\\ x=2\end{array}\right.=\frac{332}{15}$

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \end{array}\right.\Rightarrow a>0$ 

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm $\Rightarrow d<0$

Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị, ta có: $y\text{'}=3a{x}^3+2bx+c=0$ có hai nghiệm phân biệt x1, x2.

$x_1+x_2=-\frac{2b}{3a}<0\Rightarrow b>0;x_1.x_2=\frac{c}{3a}=0\Rightarrow c=0$

Vậy $a>0;b>0;c=0;d<0$

Đáp án A

$CB\perp \left(SAB\right),AM\subset \left(SAB\right)\Rightarrow AM\perp CB$ (1)

$\left(\alpha \right)\perp SC,AM\subset \left(\alpha \right)\Rightarrow AM\perp SC$ (2)

Từ (l),(2) $\Rightarrow AM\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MC\Rightarrow \widehat{AMC}=90°$.

Chứng minh tương tự ta có $\widehat{APC}=90°$

Có $AN\perp SC\Rightarrow \widehat{ANC}=90°$

Ta có $\widehat{AMC}=\widehat{APC}=\widehat{ANC}=90°$

 Khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .

Bán kính cầu này là $r=\frac{AC}{2}=2$.

Thể tích cầu $V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{32\pi }{3}$.

Đáp án A

Gọi $\overrightarrow{n}=\left(a;b;c\right)$ (điều kiện a² + b² + c² > 0 ) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(-1;1;0) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(a;b;c\right)$ là

$a\left(x+1\right)+b\left(y-1\right)+cz=0\iff ax+by+cz+a-b=0$ (1).

Điểm B(0;0;-2) thuộc mặt phẳng (P) nên -2c + a-b = 0  b = a - 2c (2).

Khoảng cách từ điểm C(1;1;1) đến mặt phẳng (P) bằng $\sqrt{3}$  nên

$\frac{\left|a+b+c+a-b\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{3}\iff \left|2a+c\right|=\sqrt{3}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ (3).

Thế (2) vào (3) và bình phương hai vế ta được

${\left(2a+c\right)}^2=3\left[a^2+{\left(a-2c\right)}^2+c^2\right]\iff 2a^2-16ac+14c^2=0\iff \left[\begin{array}{l}a=c\\ a=7c\end{array}\right.$

+) a = c, chọn $\left\{\begin{array}{l}a=1\\ c=1\end{array}\right.$ thế vào (2) ta được b = -1.

Phương trình mặt phẳng (P₁) là x - y + z + 2 = 0.

+) a = 7c , chọn $\left\{\begin{array}{l}a=7\\ c=1\end{array}\right.$ thế vào (2) ta được b = 5.

Phương trình mặt phẳng (P₂) là 7x + 5y + z + 2 = 0.

Vậy có hai phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là ( P₁): x - y + z + 2 = 0 và (P₂): 7x + 5y+ z + 2 = 0

Đáp án B

$g\left(x\right)=f\left(\left|1-x\right|\right)=f\left(1-x\right),\forall x\in \left(-\infty ;-1\right)$

Suy ra $g\text{'}\left(x\right)=\left[f\left(\left|1-x\right|\right)\right]\text{'}=-f\text{'}\left(1-x\right)=-{\left(1-x\right)}^2\left(1-x-2\right)\left[{\left(1-x\right)}^2-6\left(1-x\right)+m\right]$

$={\left(x-1\right)}^2\left(x+1\right)\left[x^2+4x+m-5\right]$

Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)\iff g\text{'}\left(x\right)\le 0$ với mọi x < -1 (dấu " = " chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm)

$\iff x^2+4x+m-5\ge 0$ với mọi $x\in \left(-\infty ;-1\right)$ (vì ${\left(x-1\right)}^2\left(x+1\right)<0,\forall x\in \left(-\infty ;-1\right)$)

$\iff {\left(x+2\right)}^2\ge 9-m$ với mọi $x\in \left(-\infty ;-1\right)$$\iff 9-m\le 0\iff m\ge 9$.

Do m nguyên và [-2019; 2019] nên suy ra $m\in \left\{9;10;11;\mathrm{...};2019\right\}$.

Vậy có 2011 giá trị nguyên của m thỏa mãn điểu kiện

Đáp án A

Số tiền nợ sau năm thứ nhất T₁ = 300(1 +12%) - m = 300p -m , với p = (1 +12%) = 1,12% .

Số tiền nợ sau năm thứ hai T₂ = (300p - m)p - m = 300p² – mp - m.

Số tiền nợ sau năm thứ ba T₃ = (300p² – mp - m)p - m = 300p³ - mp² – mp - m.

Trả hết nợ sau năm thứ tư (300p³ - mp² – mp - m)p - m = 0.

$\begin{array}{l}\iff 300p^4-m{p}^3-m{p}^2-mp-m=0\\ \iff 300p^4-m\left(p^3+p^2+p+1\right)=0\iff 300p^4-m.\frac{\left(p^4-1\right)}{p-1}=0\\ \iff 300{\left(1,12\right)}^4=m.\frac{\left[{\left(1,12\right)}^2-1\right]}{0,12}\iff m=\frac{300{\left(1,12\right)}^4.0,12}{{\left(1,12\right)}^4-1}\iff m=\frac{36{\left(1,12\right)}^4}{{\left(1,12\right)}^4-1}\end{array}$

Vậy $m=\frac{36{\left(1,12\right)}^4}{{\left(1,12\right)}^4-1}$.

Đáp án A

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng tổng thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox với thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox bằng

$V_1=\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}{\left(\sqrt{x}\right)}^{2}dx=\pi \frac{1}{2}{x}^2\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.=8\pi$

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox $V_2=\frac{1}{3}\pi A{C}^2.CD=\frac{8\pi }{3}$

Thể tích cần tìm là $V=V_1+V_2=\frac{32\pi }{3}$

Đáp án B

Ta có z = x + yi, ($x,y\in ℝ$ ). Khi đó, điểm M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z. $\left|z-2-4i\right|=\left|z-2i\right|\iff \sqrt{{\left(z-2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2}=\sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}\iff x+y-4=0$

$\Rightarrow$Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng $\left(\Delta \right):x+y-4=0$.

Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O lên đường thẳng (Δ) .

Ta có $\left|z\right|=OM\ge OH$. Do đó, $\left|z\right|$ nhỏ nhất $\iff OM=OH\iff M\equiv H$.

Mặt khác, $OH\perp \left(\Delta \right)$ và đi qua gốc tọa độ O nên ta được $\left(OH\right):x-y=0$

Ta có $H=OH\cap \Delta$ nên tọa độ H là nghiệm hệ $\left\{\begin{array}{l}x-y=0\\ x+y-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}\right.$

Vậy $P=x^2+y^2=8$.

Đáp án B

Cách 1. Gọi E là điểm đối xứng với H qua điểm B ta có:

A'H // B'E và $B\text{'}E\perp \left(ABC\right)\Rightarrow B\text{'}E=A\text{'}H=a\sqrt{3}$

Kẻ $EK\perp BC;EF\perp B\text{'}K$. Ta có $BC\perp \left(B\text{'}EK\right)\Rightarrow BC\perp B\text{'}K$.

Khi đó $\left(\left(BCC\text{'}B\text{'}\right),\left(ABC\right)\right)=\left(B\text{'}K,EK\right)=\widehat{B\text{'}KE}$.

Xét tam giác KEB vuông tại K và $\widehat{KBE}=60°$ ta có $EK=BE\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

Xét tam giác B'EK vuông tại E có $\tan \widehat{B\text{'}KE}=\frac{B\text{'}E}{EK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=2$

Cách 2. [Phương pháp tọa độ]

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho $H\left(0;0;0\right),B\left(a;0;0\right),A\left(-a;0;0\right),C\left(0;a\sqrt{3};0\right),A\text{'}\left(0;0;a\sqrt{3}\right)$

Mặt phẳng (ABC): z = 0 có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$

Mặt phẳng (BCB') có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BB\text{'}}\right]=a^2\sqrt{3}\left(\sqrt{3};1;-1\right)$.

 $\cos \left(\left(BCC\text{'}B\text{'}\right),\left(ABC\right)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{n}.\overrightarrow{k}\right|}{\left|\overrightarrow{n}\right|.\left|\overrightarrow{k}\right|}=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \tan \left(\left(BCC\text{'}B\text{'}\right),\left(ABC\right)\right)=2$

Đáp án B

 $f\text{'}\left(x\right)=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}$.

Từ đồ thị ta có: $\left\{\begin{array}{l}-c+d=0\\ ad-bc=3d^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=d\\ ad-bd=3d^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=d\\ a-b=3d\end{array}\right.$

Từ đồ thị f'(x) > 0 nên hàm số $f\left(x\right)=\frac{ax+b}{cx+d}$ đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(-1;+\infty \right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \underset{\left[-3;-2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-2\right)=7\Rightarrow \frac{-2a+b}{-2c+d}=7\iff \frac{-2\left(3d+b\right)+b}{-2c+d}=7\\ \iff -6d-b=-7d\iff b=d\\ f\left(2\right)=\frac{2a+d}{2c+d}=\frac{9d}{3d}=3\end{array}$

Đáp án D

(S): $\left\{\begin{array}{l}O(0;0;0)\\ R=2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Có $OM=1<2\sqrt{2}$ nên M nằm trong (S)

Dựng $OH\perp AB(H\in AB)$, đặt OH = x. Khi đó $0\le x\le OM=1$

Khi đó diện tích tam giác OAB là: $S_{OAB}=\frac{1}{2}OH.AB=\frac{1}{2}OH.2HB=OH.\sqrt{O{B}^2-O{H}^2}=OH\sqrt{8-O{H}^2}=x\sqrt{8-x^2}=f\left(x\right)$

Xét hàm số $f\left(x\right)=x\sqrt{8-x^2}$ với $x\in \left[0;1\right]$

$f\text{'}\left(x\right)=\sqrt{8-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{8-x^2}}=\frac{8-2x^2}{\sqrt{8-x^2}}$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\left(L\right)\\ x=-2\left(L\right)\end{array}\right.$

Có f(0)=0; $f\left(1\right)=\sqrt{7}$. Vậy $\underset{\left[0;1\right]}{\max f}\left(x\right)=\sqrt{7}\Rightarrow S_{\max }=\sqrt{7}$.

Đáp án C

$\begin{array}{l}{\left(f\text{'}\left(x\right)\right)}^2+f\left(x\right).f\text{'}\text{'}\left(x\right)=x^3-2x\\ \iff \left[f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)\right]\text{'}=x^3-2x\\ \iff f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^4}{4}-x^2+C\end{array}$

Ta có $f\left(0\right)=f\text{'}\left(0\right)=1$ nên C=1

$\Rightarrow f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^4}{4}-x^2+1\iff \left[\frac{1}{2}{f}^2\left(x\right)\right]\text{'}=\frac{x^4}{4}-x^2+1\iff \frac{1}{2}{f}^2\left(x\right)=\frac{x^5}{20}-\frac{x^2}{3}+x+C_1$

Ta có f(0)=1 nên $C_1=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{2}{f}^2\left(x\right)=\frac{x^5}{20}-\frac{x^2}{3}+x+\frac{1}{2}\iff f^2\left(x\right)=\frac{x^5}{10}-\frac{2x^3}{3}+2x+1\Rightarrow f^2\left(2\right)=\frac{43}{15}$

Vậy $f^2\left(2\right)=\frac{43}{15}.$

Đáp án D

Đặt $\text{w}=z_1-9-12i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|\text{w-}{z}_2\right|=3\\ \left|\text{w+6-8i}\right|+\left|z_2\right|=7\end{array}\right.$

Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức w và z₂. Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}AB=3\\ AM+OB=7\end{array}\right.$ với điểm M(-6;8).

$\Rightarrow AB+AM+OB=10=OM$. Suy ra A, B thuộc đoạn OM.

Suy ra $\overrightarrow{OA}=x\overrightarrow{OM}=(-6x;8x)$ và $\overrightarrow{OB}=y\overrightarrow{OM}=(-6y;8y)$ với $x,y\in \left[0;1\right]$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}\text{w}=-6x+8xi\\ z_2=-6y+8yi\end{array}\right.$ với $x,y\in \left[0;1\right]$

Khi đó $P=\left|-6x+8xi-12y+16yi+21-3i\right|$

Hay $P=\sqrt{{(-6x-12y+21)}^2+{(8x+16y-3)}^2}$. Đặt $t=x+2y,t\in \left[0;3\right]$

Khi đó $P=\sqrt{100t^2-300t+450}$

Khảo sát hàm số $f\left(t\right)=100t^2-300t+450$ trên đoạn $\left[0;3\right]$ ta được

$\underset{\left[0;3\right]}{\max }f\left(t\right)=f\left(0\right)=450,\underset{}{\underset{\left[0;3\right]}{min}f\left(t\right)=f\left(\frac{3}{2}\right)}=225$

Từ đó suy ra $M=\sqrt{450},m=15$. Vậy $M^2-m^2=225.$