Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 3)

Đáp án B

Ta có $G\left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3};\frac{y_A+y_B+y_C}{3};\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\right)\Rightarrow G\left(2,1,0\right)$

Đáp án A

Ta có hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A(1;2) là $f\text{'}\left(1\right)=1-4+1=-2$

Đáp án B

Hàm số có dạng phân thức hữu tỉ xác định $\iff x^2-6x+5\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x\ne 5\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta thấy hàm số $y=a^x$ nghịch biến $\Rightarrow a<1$; hàm số $y={\log }_{b}x$ đồng biến $\Rightarrow b>1\Rightarrow a<1<b$

Đáp án D

Ta có công thức tính thể tích khi quay đồ thị hàm số y=f(x) quanh trục Ox là:

$V=\pi \underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx$

Đáp án D

Đặt $x=3u\Rightarrow dx=3du$

Đổi cận $u=\frac{1}{3}\Rightarrow x=1;u=1\Rightarrow x=3\Rightarrow \underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}f\left(3u\right)du=\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=5\Rightarrow \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=15$

Đáp án A

Ta có hàm số $y=x^{\alpha }$ có $\alpha =-2$ là số nguyên âm $\Rightarrow$ Tập xác định của hàm số là $ℝ\backslash \left\{0\right\}$  

Đáp án C

Ta có: $z=4-3i\Rightarrow \overline{z}=4+3i$

Đáp án A

Ta có khối cầu có đường kính bằng 2a $\Rightarrow$ bán kính bằng $a\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi a^3$

Đáp án A

Phương trình đường thẳng d đi qua A(2;0;1) và có $\overrightarrow{u_d}=\left(1;1;2\right)$ là $\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=t\\ z=1+2t\end{array}\right.$

Đáp án B

Phương trình mặt cầu có dạng

${\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2\left(R>0\right)$

$\iff x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+a^2+b^2+c^2-R^2=0$

$\Rightarrow$ Chỉ có phương trình $x^2+y^2+z^2=3$ thỏa mãn

Đáp án C

Theo định nghĩa về tiệm cận ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số y=f(x) có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng y=1

Đáp án D

Nhìn hình vẽ ta thấy khối bát diện đều có tổng tất cả 12 cạnh

Đáp án C

Gọi số cần tìm là $\overline{abc}$

Chọn a từ 4 số có 4 cách chọn, chọn b từ 4 số có 4 cách chọn,

chọn c từ 4 số có 4 cách chọn.

Vậy có tất cả 4.4.4=64 số

Đáp án D

Gọi K là trung điểm của B'C'

Từ K kẻ $KH\perp AA\text{'}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AK\perp B\text{'}C\text{'}\\ A\text{'}K\perp B\text{'}C\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow B\text{'}C\text{'}\perp \left(AKA\text{'}\right)\Rightarrow B\text{'}C\text{'}\perp HK$

$\left\{\begin{array}{l}B\text{'}C\text{'}\perp HK\\ KH\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow d\left(AA\text{'};B\text{'}C\text{'}\right)=KH$

$\begin{array}{l}A\text{'}K=\frac{a\sqrt{3}}{2};AK=A\text{'}K.\tan {60}^o=\frac{3a}{2}\\ \frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{A\text{'}{K}^2}+\frac{1}{A{K}^2}\iff HK=\frac{A\text{'}K.AK}{\sqrt{A\text{'}{K}^2+A{K}^2}}=\frac{3a}{4}\end{array}$

Đáp án C

Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 2 điểm phân biệt $\iff \left[\begin{array}{l}m=-4\\ m=6\end{array}\right.$

Vậy có 1 giá trị của m thuộc $\left[-5;5\right]$ thỏa mãn là m=-4

Đáp án C

Ta có f(0)=0 suy ra đồ thị hàm số sẽ giao với trục hoành tại 3 điểm phân biệt

Đáp án C

Ta có $f\left(x\right)=\frac{x+m}{x-2}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{-2-m}{{\left(x-2\right)}^2}<0\iff -2-m<0\Rightarrow m>-2$

Đáp án D

Cách 1: Ta có $V_{O.ABC}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB}\right].\overrightarrow{OC}\right|=1$

Cách 2: Dễ thấy hình chóp OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc $\Rightarrow V_{A.OBC}=\frac{1}{3}.OA.S_{OBC}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=1$

Đáp án C

Sử dụng Casio nhập $\frac{X{\log }_{X}2.{\log }_{5}X+1}{{\log }_{X}3.{\log }_{3}4.{\log }_{5}X+X{\log }_{5}X+1}-{\log }_{5120}80\stackrel{CALC}{\to }X=$

Trong các phương án ta thấy với X=4 được kết quả 0

Đáp án D

Xét hàm $y=x^3+\frac{3}{2}{x}^2-mx+1\Rightarrow y\text{'}=3x^2+3x-m$

Hàm số đạt cực trị tại $x=1\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=0\iff 3+3-m=0\Rightarrow m=6$

Đáp án D

Ta có bất phương trình $\iff 5^{25-8x}>5^0\iff 25-8x>0\iff x<\frac{25}{8}$

Đáp án D

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

$F\left(x\right)=\int x{e}^{x}dx=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C$

Đáp án B

Cách 1: Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-4x-4\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\in \left[1;3\right]\\ x=-\frac{2}{3}\notin \left[1;3\right]\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=-4\\ f\left(2\right)=-7\\ f\left(3\right)=-2\end{array}\right.\Rightarrow \underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=-2$

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE7 và nhập hàm $f\left(X\right)=X^3-2X^2-4X+1$ với thiết lập Start 1, End 3, Step 0,2

Quan sát bảng giá trị F(X) ta thấy giá trị lớn nhất F(X) bằng 2 khi X=3

Đáp án A

Ta có ${\left(z+\frac{3}{z}\right)}^2-\left(z+\frac{3}{z}\right)-2=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}z+\frac{3}{z}=2\\ z+\frac{3}{z}=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}z=1\pm i\sqrt{2}\\ z=\frac{-1\pm i\sqrt{11}}{2}\end{array}\right.$

Sử dụng Casio ta có $A={\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+{\left|z_3\right|}^2+{\left|z_4\right|}^2=12$

Đáp án C

Ta có khối đa diện có đỉnh là tâm của các mặt của

hình lập phương là 1 hình bát diện đều

Cạnh của khối bát diện đều là

$\begin{array}{l}\frac{BD}{2}=\frac{\sqrt{{\left(2a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}}{2}=a\sqrt{2}\\ \Rightarrow V=\frac{\sqrt{2}}{3}.{\left(a\sqrt{2}\right)}^3=\frac{4a^3}{3}\end{array}$

Đáp án D

Thiết diện đi qua trục và vuông góc với đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2

$\Rightarrow$ hình nón có đường sinh bằng 2 và bán kính đáy bằng l

$\Rightarrow S_{xq}=\pi .r.l=2\pi$

Đáp án B

$w=z^2-1={\left(2+i\right)}^2-1=2+4i\Rightarrow \left|w\right|=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;2); bán kính R=4

Ta có $d\left(I,\left(P\right)\right)=R=4;AI=4=R\Rightarrow A$ là hình chiếu của I trên (P)

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{AI}=\left(0;-4;0\right)$

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là y-3=0

Đáp án B

Số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=6.6=36$

Gọi A là biến cố “Ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”.

Để tìm số phần tử của biến cố A, ta đi tìm số phần tử của biến cố đối $\overline{A}$ là “Không xuất hiện mặt sáu chấm” $\Rightarrow \left|{\Omega }_{\overline{A}}\right|=5.5=25$

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{11}{36}$

Đáp án C

$2^{x^2+3}=16\iff 2^{x^2+3}=2^4\iff x^2+3=4\iff x=\pm 1$

Đáp án D

Gọi I(a;b;c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Ta có $\left\{\begin{array}{l}IA=IB\\ IA=IC\\ IA=ID\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(a-4\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2\\ {\left(a-4\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c+2\right)}^2\\ {\left(a-4\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a-b=0\\ a+c=2\\ 2a-5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{5}{2}\\ b=\frac{5}{2}\\ c=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Tọa độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là $I\left(\frac{5}{2};\frac{5}{2};-\frac{1}{2}\right)$

Đáp án D

Ta có $f\left(x\right)=\int \tan xdx=-\ln \left|\cos x\right|+C$

+ Với $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ có $f\left(x\right)=-\ln \left(\cos x\right)+C$ mà $f\left(0\right)=1\Rightarrow C=1$

+Với $\frac{\pi }{2}<x\le \pi$ có $f\left(x\right)=-\ln \left(-\cos x\right)+C$ mà $f\left(\pi \right)=-1\Rightarrow C=-1$

Vậy $f\left(\frac{\pi }{4}\right)-f\left(\frac{3\pi }{4}\right)=2$

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)\to y=\left|f\left(x\right)\right|\to y=\left|f\left(x\right)\right|+2\to y=\left|\left|f\left(x\right)\right|+2\right|$

Đáp án B

Khi vay một số tiền P với lãi suất r/ tháng thì số tiền m phải trả mỗi tháng để sau k tháng hết nợ được tính theo công thức: $m=rP.\frac{{\left(1+r\right)}^k}{{\left(1+r\right)}^k-1}$

Áp dụng với P = 500 triệu, r = 1%, k =3 ta có

$m=1\%\mathrm{.500.}\frac{{\left(1+1\%\right)}^3}{{\left(1+1\%\right)}^3-1}=5.\frac{1,{01}^3}{1,{01}^3-1}$(triệu đồng)

Đáp án C

Đây là mặt cắt ngang của khối trụ  nội tiếp khối cầu (B là tâm đường tròn đáy khối trụ, AB là bán kính, O là tâm khối cầu).

Diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=100\pi$

Gọi bán kính đáy khối trụ là $AB=x\Rightarrow OB=\sqrt{25-x^2}$

Diện tích xung quanh của khối trụ là $S_{xq}=2\pi rh=2\pi .x\mathrm{.2.}\sqrt{25-x^2}$

Do diện tích xung quanh của hình trụ bằng một nửa diện tích mặt cầu

$\begin{array}{l}\Rightarrow 2\pi .x\mathrm{.2.}\sqrt{25-x^2}=\frac{100\pi }{2}\\ \iff x\sqrt{25-x^2}=\frac{25}{2}\iff x=\frac{5}{\sqrt{2}}\end{array}$

Đáp án A

Ta có $f\left(x\right)=2^{2+x}-2^{2-x}\Rightarrow f\left(-x\right)=2^{2-x}-2^{2+x}=-f\left(x\right)\Rightarrow f\left(x\right)$ là hàm lẻ

Xét hàm $g\left(x\right)=e^{f\left(x\right)}-e^{-f\left(x\right)}$

Ta có $g\left(-x\right)=e^{f\left(-x\right)}-e^{-f\left(x\right)}=e^{-f\left(x\right)}-e^{f\left(x\right)}=-g\left(x\right)$ (do f(x) là hàm lẻ)

$\Rightarrow g\left(x\right)$ là hàm lẻ $\Rightarrow I=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left(e^{f\left(x\right)}-e^{-f\left(x\right)}\right)dx=0$

Đáp án D

Ta có $1+x+x^2+\mathrm{...}+x^{2017}=\frac{x^{2017}-1}{x-1}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow 1+2x+\mathrm{...}+2017x^{2016}=\frac{2017x^{2016}\left(x-1\right)-x^{2017}+1}{{\left(x-1\right)}^2}\\ \Rightarrow z=1+i+i^2+2i^3+3i^4+\mathrm{...}+2017i^{2018}\\ =1+i+i^2\left(1+2i+3i^2+\mathrm{...}+2017i^{2016}\right)\\ =1+i-\frac{2017i^{2016}\left(i-1\right)-i^{2017}+1}{{\left(i-1\right)}^2}\\ =1+i+1008+1008i=1009+1009i\end{array}$

Đáp án D

Ta có $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx={\left.f\left(x\right)\right|}_1^3=\underset{1}{\overset{2}{\int }}xdx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(4-x\right)dx=3$

$\iff f\left(3\right)-f\left(1\right)=3\Rightarrow f\left(3\right)=5$

Đáp án A

+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng (SBC)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \widehat{\left(SD,\left(SBC\right)\right)}=\widehat{HSD}\Rightarrow \cos \widehat{\left(SD,\left(SBC\right)\right)}=\cos \widehat{HSD}=\frac{SH}{SD}\\ +)S_{SAB}=\frac{1}{2}SA.AB=\frac{1}{2}SA.4a=\frac{8a^2\sqrt{6}}{3}\Rightarrow SA=\frac{4a\sqrt{6}}{3}\\ +)V_{D.SBC}=\frac{1}{3}DH.S_{SBC}vàV_{D.SBC}=V_{S.BCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{BCD}=\frac{1}{3}.\frac{4a\sqrt{6}}{3}.\frac{1}{2}.4a.4a=\frac{32a^3\sqrt{6}}{9}\\ \\ \Rightarrow \frac{1}{3}DH.S_{SBC}=\frac{32a^3\sqrt{6}}{9}\Rightarrow DH=\frac{32a^3\sqrt{6}}{3S_{SBC}}\left(1\right)\end{array}$

+) Từ $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\Rightarrow S_{SBC}=\frac{1}{2}BC.SB=\frac{1}{2}.4a.SB=2a.SB$

$+)S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2={\left(\frac{4a\sqrt{6}}{3}\right)}^2+16a^2=\frac{80a^2}{3}\Rightarrow SB=a\sqrt{\frac{80}{3}}\Rightarrow S_{SBC}=2a^2\sqrt{\frac{80}{3}}$

Thế vào (1) $\Rightarrow DH=\frac{32a^3\sqrt{6}}{3.2a^2\sqrt{\frac{80}{3}}}=\frac{4a\sqrt{10}}{5}$

$\begin{array}{l}+)S{D}^2=S{A}^2+A{D}^2={\left(\frac{4a\sqrt{6}}{3}\right)}^2+16a^2=\frac{80a^2}{3}\Rightarrow SD=a\sqrt{\frac{80}{3}}\\ \Rightarrow S{H}^2=S{D}^2-H{D}^2=\frac{80a^2}{3}-{\left(\frac{4a\sqrt{10}}{5}\right)}^2=\frac{304a^2}{15}\\ \Rightarrow SH=a\sqrt{\frac{304}{15}}\Rightarrow \cos \widehat{\left(SD;\left(SBC\right)\right)}=\frac{SH}{SD}=\frac{a\sqrt{\frac{304}{15}}}{a\sqrt{\frac{80}{3}}}=\frac{\sqrt{19}}{5}\end{array}$

Đáp án A

Phần ngói cần lợp là phần được tô đậm

Gọi độ dài $AD=a\Rightarrow CD=2a$

$V_{ADM.NBC}=S_{\Delta AMD}.CD=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2.2a=4\sqrt{3}\Rightarrow a=2\left(m\right)$

Diện tích mái đã lợp là $S_{ABNM}+S_{CDMN}=\mathrm{2.4.2}=16\left(m^2\right)$

Số tiền cần lợp $1m^2$ mái ngói là $\frac{5}{16}=0,3125$

Đáp án C

Giả sử mặt phẳng (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường thẳng d'.

Gọi $A=d\cap \left(P\right)$, lấy $B\in d$.

Kẻ $BH\perp \left(P\right),BC\perp d\text{'}\Rightarrow HC\perp d\text{'}\Rightarrow \left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=\widehat{BCH}=\alpha$

Để ${\alpha }_{\min }$ thì $\tan \alpha$ nhỏ nhất

Ta thấy $\tan \alpha =\frac{BH}{CH}\ge \frac{BH}{AH}\left(CH\le AH\right)$

Mà $\frac{BH}{AH}$ không đổi nên $\tan \alpha$ nhỏ nhất khi $\tan \alpha =\frac{BH}{AH}hay\alpha =\widehat{BAH}\left(C\equiv A\right)$

$\begin{array}{l}\iff d\perp d\text{'}\iff \overrightarrow{u_{d\text{'}}}=\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{n_p}\right]=\left(14;8;-12\right)\\ \left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{u_{d\text{'}}}\right]=\left(-88;94;-40\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_Q}=\left(44;-47;20\right)\end{array}$

Đáp án A

Đặt $y=\frac{\sin 3x+2\cos 3x}{2{\sin }^2\frac{3x}{2}+\sin 3x+2}$

$\iff y=\frac{\sin 3x+2\cos 3x}{\sin 3x-\cos 3x+3}$ (Vì $\sin 3x-\cos 3x+3>0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Hàm số luôn xác định trên $\mathrm{ℝ}$)

$\iff \left(y-1\right)\sin 3x-\left(y+2\right)\cos 3x=-3y\left(*\right)$

Vì bất phương trình $\frac{\sin 3x+2\cos 3x}{2{\sin }^2\frac{3x}{2}+\sin 3x+2}\ge m-1$ đúng $\forall x\in ℝ$ nên (*) luôn có nghiệm

$\iff {\left(y-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2\ge 9y^2\iff 7y^2-2y-5\le 0\iff \frac{-5}{7}\le y\le 1$

Yêu cầu bài toán $m-1\le -\frac{5}{7}\iff m\le \frac{2}{7}.\underset{m\in \mathbb{Z}}{\overset{-10\le m\le \frac{2}{7}}{\to }}m=\left\{-10;-9;\mathrm{...};-1\right\}$

Đáp án A

Điều kiện x > 0

$\begin{array}{l}BPT\iff \left(x-4\right){\log }_2\left[{\log }_{2}x-{\log }_2\sqrt{x+3}\right]\ge {\log }_{2}1\\ \iff \left(x-4\right){\log }_2\left({\log }_2\frac{x}{\sqrt{x+3}}\right)\ge 0\left(*\right)\end{array}$

• Nếu x=4 thì (*) được nghiệm đúng nên x=4 là 1 nghiệm của bất phương trình
• Nếu x > 4 thì (*) $\iff \left\{\begin{array}{l}x>4\\ {\log }_2{\log }_2\frac{x}{\sqrt{x+3}}\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>4\\ {\log }_2\frac{x}{\sqrt{x+3}}\ge 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>4\\ \frac{x}{\sqrt{x+3}}\ge 2\end{array}\right.\iff x\ge 6$
• Nếu x < 4 thì (*) $\iff \left\{\begin{array}{l}x<4\\ {\log }_2\left({\log }_2\frac{x}{\sqrt{x+3}}\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<4\\ 0<{\log }_2\frac{x}{\sqrt{x+3}}\le 1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x<4\\ 1<\frac{x}{\sqrt{x+3}}\le 2\end{array}\right.\iff \frac{1+\sqrt{13}}{2}<x\le 4$. Vậy nghiệm của (*) là $\frac{1+\sqrt{13}}{2}<x\le 4$ hoặc $x\ge 6$

Đáp án B

Ta có $\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\cos x\Rightarrow \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\cos xdx$

$\Rightarrow \ln {\left.t\right|}_{f\left(0\right)}^{f\left(\frac{\pi }{4}\right)}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \ln f\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow f\left(\frac{\pi }{4}\right)=e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm phương trình

$\frac{-x}{2x+1}=x+m\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne -\frac{1}{2}\\ g\left(x\right)=2x^2+2\left(m+1\right)x+m=0\end{array}\right.$

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ g\left(-\frac{1}{2}\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+1>0,\forall m\\ -\frac{1}{2}\ne 0\end{array}\right.$

Gọi tọa độ giao điểm của (d) và (C) là $\left\{\begin{array}{l}A\left(x_1;x_1+m\right)\\ B\left(x_2;x_2+m\right)\end{array}\right.\stackrel{Vi-et}{\to }\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m-1\\ x_1.x_2=\frac{m}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(2x_1+1\right).\left(2x_2+1\right)=-1$

Do $y\text{'}=-\frac{1}{{\left(2x+1\right)}^2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_A=-\frac{1}{{\left(2x_1+1\right)}^2}\\ k_B=-\frac{1}{{\left(2x_2+1\right)}^2}\end{array}\right.\Rightarrow k_A+k_B=-\left[\frac{1}{{\left(2x_1+1\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2x_2+1\right)}^2}\right]$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

$\frac{1}{{\left(2x_1+1\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2x_2+1\right)}^2}\ge \frac{2}{\left|\left(2x_1+1\right).\left(2x_2+1\right)\right|}=2\iff k_A+k_B\le -2$

Vậy $\max \left(k_A+k_B\right)=-2\iff 2x_1+1=-\left(2x_2+1\right)\Rightarrow x_1+x_2=-1\iff m=0$

Đáp án A

Ta có $w=\frac{2+2iz}{1+z}\iff w\left(1+z\right)=2+2iz$

$\begin{array}{l}\iff z\left(w-2i\right)=2-w\\ \iff \left|z\left(w-2i\right)\right|=\left|2-w\right|\\ \iff 2.\left|w-2i\right|=\left|2-w\right|\end{array}$

Đặt $w=x+yi\Rightarrow 4\left(x^2+{\left(y-2\right)}^2\right)={\left(x-2\right)}^2+y^2\iff 3x^2+3y^2+4x-16y+12=0$

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là 1 đường tròn

Đáp án C

Gọi E là trung điểm của BC. Qua B, C lần lượt kẻ đường thẳng song song với MN và cắt đường thẳng AE tại P, Q.

Theo định lí Talet, ta có $\left\{\begin{array}{l}\frac{AB}{AM}=\frac{AP}{AG}\\ \frac{AC}{AN}=\frac{AQ}{AG}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AP}{AG}+\frac{AQ}{AG}=\frac{AP+AQ}{AG}$

Mặt khác $\Delta BPE=\Delta CQE\Rightarrow PE=QE\Rightarrow AP+AQ=\left(AE+PE\right)+\left(AE-QE\right)=2AE$

Do đó $\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{2AE}{AG}=2.\frac{3}{2}=3\Rightarrow \frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=3$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}AM=x\\ AN=y\end{array}\right.\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3$