Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 30)

Chọn A.

Dựa vào mối tương giao giữa các đồ thị hàm số ta có:

$f\left(f^2\left(x\right)\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}{f}^2\left(x\right)=a\in \left(-2;-1\right)\text{ vo nghiem}\\ f^2\left(x\right)=0\\ f^2\left(x\right)=b\in \left(1;2\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=\sqrt{b}\in \left(1;\sqrt{2}\right)\\ f\left(x\right)=-\sqrt{b}\in \left(-\sqrt{2};-1\right)\end{array}\right.$.

+ Phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình $f\left(x\right)=\sqrt{b}$ có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình $f\left(x\right)=-\sqrt{b}$ có 1 nghiệm.

Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm trên không trùng nhau. Vậy phương trình có 7 nghiệm phân biệt

Chọn A.

Ta có: $P=\frac{a^{\sqrt{3}+1+2-\sqrt{3}}}{a^{\left(\sqrt{2}-2\right)\left(\sqrt{2}+2\right)}}=\frac{a^3}{a^{-2}}=a^5.$

Chọn D.

Vì $\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3},$ suy ra $IM//AC.$ Kéo dài MI cắt AB tại $N:\frac{BN}{BA}=\frac{2}{3}.$

Suy ra $NJ//AD.$ Kéo dài NJ cắt AD tại $P:\frac{BP}{BD}=\frac{2}{3}.$

Vì tứ diện đều nên DI là đường cao của tứ diện.

+) $DJ=\sqrt{A{D}^2-A{I}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3};S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Suy ra: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Khi đó: $$\begin{gathered} \frac{V_{B.MNP}}{V_{B.CAD}}=\frac{BM}{BC}.\frac{BN}{BA}.\frac{BP}{BD}={\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{8}{27}\Rightarrow V_{B.MNP}=\frac{8}{27}{V}_{B.CAD}=\frac{8}{27}.\frac{a^3\sqrt{2}}{12} \\ =\frac{2\sqrt{2}{a}^3}{81}. \end{gathered}$$

Chọn C

Ta xét lăng trụ tam giác $ABA\text{'}.DCD\text{'}$ có thể tích bằng $\frac{1}{2}V.$

Kéo dài D'N cắt A'B tại E

+) $\frac{EN}{ED\text{'}}=\frac{BN}{A\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{D\text{'}N}{D\text{'}E}=\frac{3}{4};\frac{A\text{'}B}{EA\text{'}}=\frac{D\text{'}N}{D\text{'}E}=\frac{3}{4}\iff \frac{EA\text{'}}{BA\text{'}}=\frac{4}{3}.$

+) $\frac{V_{D\text{'}.A\text{'}ME}}{V_{D\text{'}.A\text{'}AB}}=\frac{S_{\Delta MA\text{'}E}}{S_{AA\text{'}B}}=\frac{MB}{AB}.\frac{A\text{'}E}{A\text{'}B}=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow V_{D\text{'}.A\text{'}ME}=\frac{2}{3}{V}_{D\text{'}.A\text{'}AB}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}{V}_{D\text{'}DC.A\text{'}AB}=\frac{2}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}V=\frac{1}{9}V.$

Vậy $\frac{V_{D\text{'}.PMN}}{V_{D\text{'}.A\text{'}ME}}=\frac{D\text{'}P}{D\text{'}A\text{'}}.\frac{D\text{'}M}{D\text{'}M}.\frac{D\text{'}N}{D\text{'}E}=\frac{2}{3}\mathrm{.1.}\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\Rightarrow V_{D\text{'}.PMN}=\frac{1}{2}{V}_{D\text{'}.A\text{'}ME}=\frac{1}{18}V.$

Chọn A.

Đặt $t=2^x\left(t>0\right)$

Bất phương trình trở thành:

$t<3-\frac{2}{t}$

$\iff t^2-3t+2<0$

$\iff 1<t<2$

$\Rightarrow 1<2^x<2$

$\iff 0<x<1.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0;1)

Chọn C

Chọn C.

Xét hàm số $y=f\left(x\right)-x^2-x+2021$ có $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)-2x-1$

Ta có $y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(x\right)=2x+1\left(1\right)$

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ và đường thẳng $d:y=2x+1$

Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ $x=0;x=a\left(0<a<2\right);x=2.$

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra hàm số $y=f\left(x\right)-x^2-x+2021$ đạt cực đại tại x=0

Chọn D.

Chu vi đáy là $C=37+13+30=80,$ nửa chu vi đáy là p=40

Gọi h là chiều cao lăng trụ. Ta có $S_{xq}=h.C\Rightarrow h=\frac{S_{xq}}{C}=\frac{480}{80}=6.$

Diện tích đáy là $S=\sqrt{40\left(40-37\right)\left(40-13\right)\left(40-30\right)}=180$

Thể tích khối lăng trụ là $V=S_1.h=180.6=1080.$

Chọn C.

Hàm số xác định khi: $x-m\ne 0\iff x\ne m.$

$y=\frac{-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;3\right)$ thì $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\forall x\in \left(-\infty ;3\right)\\ \left(-\infty ;3\right)\subset D\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-m+2<0\\ m\ge 3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>2\\ m\ge 3\end{array}\right.\iff m\ge 3.$

Chọn D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Do S.ABCD  là khối chóp tứ giác đều $\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right).$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}\Rightarrow \frac{a^3\sqrt{2}}{3}=\frac{1}{3}.SO.a^2\Rightarrow SO=a\sqrt{2}$.

Ta có: $d\left(C;\left(SAB\right)\right)=2.d\left(O;\left(SAB\right)\right).$

Gọi K là trung điểm AB,H là hình chiếu của O lên SK

Ta có $\left.\begin{array}{l}OK\perp AB\\ SO\perp AB\end{array}\right\}\Rightarrow \left(SOK\right)\perp AB\Rightarrow OH\perp AB.$

$\left.\begin{array}{l}OH\perp SK\\ OH\perp AB\end{array}\right\}\Rightarrow OH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OH.$

Xét tam giác SOK vuông tại O có OH là đường cao.

$\Rightarrow \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{K}^2}+\frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{9}{2a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}.$

$\Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=2.d\left(O;\left(SAB\right)\right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3}.$

Chọn B.

Xét hàm số $y=\frac{x^2-2x}{1-x}.$

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có: $y\text{'}=\frac{-x^2+2x-2}{{\left(1-x\right)}^2}=\frac{-{\left(x-1\right)}^2-1}{{\left(1-x\right)}^2}<0$ với mọi $x\ne 1.$

Nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn D.

Gọi S và O lần lượt là đỉnh và tâm mặt đáy của hình nón.

Một thiết diện qua trục cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B như hình vẽ.

Khi đó tam giác SAB cân tại S có $\widehat{ASB}={120}^0.$

Ta có:

$SO=SA.\cos \widehat{ASO}=2a.\cos {60}^0=a.$

$AO=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}.$

Thể tích V của khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}\pi .A{O}^2.SO=\frac{1}{3}\pi {\left(a\sqrt{3}\right)}^2.a=\pi a^3.$

Chọn B.

Ta có: $2{\log }_3\left(a-3b\right)={\log }_{3}a+{\log }_3\left(4b\right)\iff {\log }_3{\left(a-3b\right)}^2={\log }_3\left(4ab\right)\iff {\left(a-3b\right)}^2=4ab$

 $\iff a^2-10ab+9b^2=0\iff {\left(\frac{a}{b}\right)}^2-10\frac{a}{b}+9=0\iff \left[\begin{array}{l}\frac{a}{b}=1\\ \frac{a}{b}=9\end{array}\right..$ Vì $a>3b\Rightarrow \frac{a}{b}=9.$

Chọn A

Ta có $S_{MNP}=S_{MCN}=\frac{1}{4}{S}_{BCD}\Rightarrow V=\frac{1}{4}{V}_{ABCD}=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.AB.AC.AD=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.4a.6a.7a=7a^3.$

Chọn D.

Giả sử phải thuê mỗi căn hộ là $3000000+200000x$ đồng.

Số căn hộ bị bỏ trống là 2x số căn hộ được thuê là 50-2x

Số tiền công ty thu được mỗi tháng là $S=\left(3000000+200000x\right)\left(50-2x\right)=100000\left(30+2x\right)\left(25-x\right)$

$S=100000\left(-2x^2+20x+500\right)=100000.f\left(x\right)$

Khảo sát hàm số bậc hai f(x) ta có $f\text{'}\left(x\right)=20-4x=0\iff x=5$

Khi đó giá niêm yết mỗi căn hộ là $3000000+200000.5=4000000$ đồng

Chọn C.

Chú ý $S_{ABCD}=S;S_{ABD}=\frac{S}{2};S_{A\text{'}MN}=\frac{S}{8}.$

Sử dụng công thức hình chóp cụt ta có $V_{ABD.A\text{'}MN}=\frac{h}{3}\left(S_1+\sqrt{S_1{S}_2}+S_2\right)=\frac{h}{3}.\left(\frac{S}{2}+\sqrt{\frac{S}{2}.\frac{S}{8}}+\frac{S}{8}\right)=\frac{7Sh}{24}=\frac{7V}{24}=\frac{7a^3}{24}.$

Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là $\frac{x+2}{x+1}=x+m\iff x^2+mx+m-2=0\left(*\right)\left(x\ne -1\right)$

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm về hai phía trục hoành

$\iff$ PT (*) có hai nghiệm phân biệt $x_1\ne x_2\ne -1$ và $y_1{y}_2<0$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4\left(m-2\right)>0\\ {\left(-1\right)}^2+m\left(-1\right)+m-2\ne 0\\ \left(x_1+m\right)\left(x_2+m\right)<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4m+8>0,\forall m\\ -1\ne 0\\ x_1{x}_2+m\left(x_1+x_2\right)+m^2<0\end{array}\right. \\ \iff m-2+m\left(-m\right)+m^2<0 \end{gathered}$$

$\iff m<2$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in \left(-10;10\right)$ nên $m\in \left\{-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1\right\}.$

Vậy có 11 giá trị

Chọn C.

Ta có: $u_6=u_1+5d=2+5.\left(-7\right)=-33.$

Chọn B.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1}{2f\left(x\right)-1}=\frac{1}{2-1}=1.$

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

Mặt khác, ta có từ bảng biến thiên suy ra phương trình $2f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ có hai nghiệm phân biệt $x=\alpha ;x=\beta$ với $\alpha <0,5<\beta .$

Nên $\underset{x\to {\alpha }^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\alpha }^{+}}{\lim }\frac{1}{2f\left(x\right)-1}=-\infty$ và $\underset{x\to {\alpha }^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\alpha }^{-}}{\lim }\frac{1}{2f\left(x\right)-1}=+\infty$ suy ra đồ thị hàm số y=g(x) có đường tiệm cận đứng là x=$\alpha$

Và $\underset{x\to {\beta }^{+}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to {\beta }^{+}}{\lim }\frac{1}{2f\left(x\right)-1}=+\infty$ và $\underset{x\to {\beta }^{-}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to {\beta }^{-}}{\lim }\frac{1}{2f\left(x\right)-1}=-\infty$ suy ra đồ thị hàm số y=g(x) có đường tiệm cận đứng là $x=\beta .$

Vậy đồ thị hàm số y=g(x) có 3 đường tiệm cận

Chọn A.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}10000-x^2\ge 0\\ x-2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-100\le x\le 100\\ x\ne 2\end{array}\right..$

Tập xác định của hàm số là $D=\left[-100;100\right]\backslash \left\{2\right\}.$

Suy ra không tồn tại giới hạn $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y.$

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{10000-x^2}}{x-2}$ không có đường tiệm cận ngang

Chọn C.

Ta có: $u_{n+1}=\frac{1}{3}{u}_n\Rightarrow q=\frac{1}{3}$ là công bội của cấp số nhân dãy số $\left(u_n\right)$

Số hạng tổng quát $u_n=u_1{q}^{n-1}=2020.\frac{1}{3^{n-1}}$

Khi đó $S_n=u_1+u_2+\mathrm{...}+u_n=2020\left(1+\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^{n-1}}\right)=2020\frac{1-\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3}}$

$\Rightarrow \lim S_n=\frac{2020}{1-\frac{1}{3}}=3030.$

Chọn D.

Ta có $\log \left|x^2-3\right|=0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \pm \sqrt{3}\\ \left|x^2-3\right|=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \pm \sqrt{3}\\ \left[\begin{array}{l}{x}^2-3=1\\ x^2-3=-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \pm \sqrt{3}\\ \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy số nghiệm âm là 2.

Chọn D.

Số tập con gồm 10 phần tử của tập X bằng số các tổ hợp chập 10 của 2020 phần tử của $X=C_{2020}^{10}.$

Chọn D

Gọi thiết diện qua điểm A và trục II' là tứ giác AEFK

Ta có: $A{B}^2=A{E}^2+E{B}^2;A{F}^2=A{E}^2+E{F}^2$ mà $EF\ge EB$ nên $AF\ge AB.$

Do đó: AB có độ dài lớn nhất $\iff B\equiv F.$

Vậy $AF=10a\Rightarrow AE=\sqrt{A{F}^2-E{F}^2}=\sqrt{{\left(10a\right)}^2-{\left(8a\right)}^2}=6a\Rightarrow h=AE=6a.$

Ta có: $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(4a\right)}^2.6a=96\pi a^3.$

Chọn D.

$y={\left(x-1\right)}^{\frac{2}{3}}$ xác định $\iff x-1>0\iff x>1.$

Chọn C.

$y=\sqrt{x^3-3x}$ xác định $\iff x^3-3x\ge 0\iff -\sqrt{3}\le x\le 0$ hoặc $x\ge 3$

TXĐ: $D=\left[-\sqrt{3};0\right]\cup \left[\sqrt{3};+\infty \right)$ do đó đáp án C đúng

Chọn C.

Ta có: $\ln \left(7a\right)-\ln \left(3a\right)=\ln \frac{7a}{3a}=\ln \frac{7}{3}.$

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-4x+5=3-x$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\end{array}\right.$

Với $x=-2\Rightarrow y=5\Rightarrow A\left(-2;5\right).$

Với $x=1\Rightarrow y=2\Rightarrow B\left(1;2\right).$

Do đó $AB=3\sqrt{2}.$

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD có diện tích là $S=100a^2$ $\Rightarrow 2rl=100a^2.$

Chọn A.

Ta có $A_6^3=120$ số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau lập thành từ từ 1,2,3,4,5,6

Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c$

Nhìn vào nhánh phải đồ thị có hướng đi lên suy ra a>0

Chọn B.

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị nằm dưới trục Ox suy ra đồ thị có dạng $y=-a^x.$

Ta thấy đồ thị có hướng đi xuống suy ra hàm số $y=-a^x.$ nghịch biến suy ra $y=-2^x.$

Chọn B.

Khối bát diện đều và khối lập phương có cùng số cạnh là 12

Chọn A.

Ta có số phần tử của tập S là $\left|S\right|=7.7=49.$

$y=\frac{x+3}{x-1}=\frac{x-1+4}{x-1}=1+\frac{4}{x-1}.$ Để $y\in \mathbb{Z}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x-1=\pm 1\\ x-1=\pm 2\\ x-1=\pm 4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2;x=0\\ x=3;x=-1\\ x=5;x=-3\end{array}\right.$

Vậy tập hợp các điểm nguyên trên đồ thị hàm số $y=\frac{x+3}{x-1}$ thuộc tập S là $\left\{\left(-3;0\right),\left(-1;-1\right),\left(0;3\right),\left(3;3\right)\right\}.$

Suy ra xác suất cần tìm là $p=\frac{4}{49}.$

Chọn B.

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có $y\text{'}=-3x^2\le 0,\forall x\in ℝ.$ Hàm số $y=-x^3+1$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Hàm số $y=-x^3+1$ không có cực trị

Chọn A.

Ta có $b=a+8d.$

Ta có ${\log }_2\left(\frac{b-a}{d}\right)={\log }_2\left(\frac{a+8d-a}{d}\right)={\log }_{2}8=3.$

Chọn C.

Ta có: ${\log }_{2}x=2\iff x=2^2=4.$ Suy ra số hạng đầu của cấp nhân là $u_1=4.$

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là $u_5=u_1.q^4={4.3}^4=324.$

Chọn A.

Ta có: ${\left(xy-\frac{3}{y^4}\right)}^{12}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k.{\left(xy\right)}^{12-k}.{\left(-\frac{3}{y^4}\right)}^k=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k.{\left(-3\right)}^k.x^{12-k}.y^{12-5k}.$

Do số mũ của x gấp 5 lần số mũ của y nên ta có: $12-k=5\left(12-5k\right)\iff k=2.$

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là x gấp 5 lần số mũ của y là $C_{12}^2.{\left(-3\right)}^2=594.$

Chọn A.

Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất trên R nên câu A sai

Chọn B.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax-b}{x-1}$ có tiệm cận ngang là đường thẳng y=a và tiệm cận đứng là đường thẳng x=1. Từ hình vẽ suy ra a<0

Giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{ax-b}{x-1}$ và trục tung có tọa độ là (0;b) Từ hình vẽ suy ra b<0

Giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{ax-b}{x-1}$ và trục hoành có tọa độ là $\left(\frac{b}{a};0\right).$ Từ hình vẽ suy ra $\frac{b}{a}>1$ mà a<0 nên suy ra b<a

Vậy $b<a<0.$

Chọn A.

Gọi A là biến cố “3 bi lấy ra khác màu”

Xác suất lấy ra 3 bi khác màu là: $P\left(A\right)=\frac{\mathrm{7.6.3}}{C_{16}^3}=\frac{9}{40}.$

Chọn B.

Trường hợp 1: m=0

Khi đó hàm số trở thành dạng $y=3x^2$ không có điểm cực đại.

Trường hợp 2: $m\ne 0.$

Khi đó hàm số $y=m{x}^4-\left(m-3\right)x^2+m^2$ không có điểm cực đại khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ -\left(m-3\right)\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m\le 3\end{array}\right.\iff 0<m\le 3.$

Vậy $0\le m<3.$

Do đó có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0;1;2;3

Chọn A.

Ta có: $\left(3+\sqrt{5}\right)\left(3-\sqrt{5}\right)=4\iff \frac{3+\sqrt{5}}{2}.\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1\iff \frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}.$

Chia hai vế của phương trình cho $2^x>0.$ Ta được ${\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x+15{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x=8\left(1\right)$

Đặt $t={\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x>0\Rightarrow {\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x=\frac{1}{t}.\left(1\right)$ trở thành:

$t+\frac{15}{t}=8\iff t^2-8t+15=0\iff \left[\begin{array}{l}t=3\\ t=5\end{array}\right..$ Suy ra $\frac{x_1}{x_2}={\log }_{3}5>1.$

Do đó $\left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=5\end{array}\right.\Rightarrow 2a+b=11.$

Chọn C.

ĐK: $y\ne 0.$

Phương trình $\iff 6y+3y\sqrt{9y^2+3}=\left(2-4x\right)+\left(2-4x\right)\sqrt{x^2-x+1}$

$\iff 6y+3y\sqrt{9y^2+3}=2\left(1-2x\right)+\left(1-2x\right)\sqrt{4y^2-4y+4}$

$\iff 2.3y+3y\sqrt{{\left(3y\right)}^2+3}=2\left(1-2x\right)+\left(1-2x\right)\sqrt{{\left(1-2x\right)}^3+3}$

$\iff f\left(3y\right)=f\left(1-2x\right)\left(1\right)$ với $f\left(t\right)=2t+t\sqrt{t^2+3},\forall t\in ℝ.$

Có $f\text{'}\left(t\right)=2+\sqrt{t^2+3}+\frac{t^2}{\sqrt{t^2+3}}>0,\forall t\in ℝ$ nên f(t) đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Do đó $\left(1\right)\iff 3y=1-2x.$ Suy ra $P=1-2x+x^2-\sqrt{2}={\left(x-1\right)}^2-\sqrt{2}\ge -\sqrt{2}.$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-\frac{1}{3}\end{array}\right..$ Vậy $\min P=-\sqrt{2}.$ Chọn C

Chọn B

Khi sắp 2 hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu có chung 1 đường sinh và đỉnh chung. Khi đó hai
hình nón đã cho có đáy nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau.

Vậy sẽ sắp xếp được tối đa sáu hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu các các khối nón có đỉnh nằm
tại tâm của hình lập phương và các mặt đáy của hình nón nội tiếp sáu mặt của hình lập phương

Chọn B.

Có A' cách đều ba đỉnh A,B,C nên hình chóp A'.ABC là hình chóp tam giác đều

$\Rightarrow A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$ với H là trọng tâm tam giác ABC.

Gọi $O=A\text{'}B\cap AB\text{'},O\text{'}=A\text{'}C\cap AC\text{'}.$ Khi đó $\left(A\text{'}BC\right)\cap \left(AB\text{'}C\text{'}\right)=OO\text{'}.$

Lại có trong $\left(A\text{'}BC\right),A\text{'}I\perp OO\text{'}$ tại J với I là trung điểm BC

Trong $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$ có $AI\perp OO\text{'}$ tại J (có $\Delta AA\text{'}B=\Delta AA\text{'}C\Rightarrow AO=AO\text{'}$ và J là trung điểm OO'

$\Rightarrow \left(\left(A\text{'}BC\right),\left(AB\text{'}C\text{'}\right)\right)=\left(A\text{'}I,AJ\right)={90}^0$, mà ta dễ dàng chứng minh được J là trung điểm A'I hay trong tam giác $A\text{'}AI$ thì AJ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

$\Rightarrow \Delta A\text{'}AI$ là tam giác cân tại A hay $AA\text{'}=AI=a\sqrt{3}.$

Khi đó: $h=A\text{'}H=\sqrt{AA{\text{'}}^2-{\left(\frac{2}{3}AI\right)}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2-{\left(\frac{2}{3}a\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{15}}{3}.$

Vậy $V=S_{ABC}.A\text{'}H={\left(2a\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{15}}{3}=a^3\sqrt{15}.$

Chọn D

Vì $S_{OMN}=3S_{ONP}$ nên: $S_{OMN}=\frac{3}{4}{S}_{OMP}\left(1\right)$

Đường thẳng y=c cắt $\left(C_1\right),\left(C_2\right)$ lần lượt tại hai điểm N,P có hoành độ: $x_N={\log }_a^c,x_P={\log }_b^c$

Từ đó ta có:

$\left(1\right)\iff \underset{0}{\overset{{\log }_c^a}{\int }}\left(c-a^x\right)dx=\frac{3}{4}\underset{0}{\overset{{\log }_b^c}{\int }}\left(c-b^x\right)dx$

$\iff c{\log }_a^c-\left(\frac{a^{{\log }_a^c}}{\ln a}-\frac{1}{\ln a}\right)=\frac{3}{4}\left(c{\log }_b^c-\left(\frac{b^{{\log }_b^c}}{\ln b}-\frac{1}{\ln b}\right)\right)$

$\iff \frac{1}{\ln a}=\frac{3}{4}.\frac{1}{\ln b}\iff 4.\ln b=3\ln a\iff b^4=a^3$.