Phương pháp giải:

Cho đường thẳng \[{d_1}\] đi qua điểm \[{M_1}\] và có VTCP \[\overrightarrow {{u_1}} ;\] đường thẳng \[{d_2}\] đi qua điểm \[{M_2}\] và có VTCP \[\overrightarrow {{u_2}} .\] Khi đó ta có khoảng cách giữa \[{d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}\] được tính bởi công thức: \[d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}.\]

Giải chi tiết:

Ta có:

\[{d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}\] \[ \Rightarrow {d_1}\] đi qua \[{M_1}\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} - 1} \right)\] và có 1 VTCP là: \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; - 2} \right).\]

\[{d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\] \[ \Rightarrow {d_2}\] đi qua \[{M_2}\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\] và có 1 VTCP là: \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2; - 2} \right).\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right)}\\{\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}\] \[ = \frac{{\left| {2 + 2 + 12} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{16}}{{\sqrt {17} }}.\]

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn \[x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\].

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\], đường thẳng \[x = a,{\mkern 1mu} x = b\] là \[S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[x + 3 = 2{x^2} - x - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\].

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là \[S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {x + 3 - 2{x^2} + x + 1} \right|dx} = 9\].

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Sử dụng hằng đẳng thức \[{a^2} - {b^2} = \left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\].

Giải chi tiết:

Ta có

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z^4} = 16\] \[ \Leftrightarrow {z^4} - 16 = 0\] \[ \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 4} \right)\left( {{z^2} + 4} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z^2} = 4}\\{{z^2} = - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = \pm 2}\\{z = \pm 2i}\end{array}} \right.\]

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Giải phương trình \[y' = 0\] xác định các giá trị cực trị theo m.

- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình \[{y_{CT}} < 0\].

Giải chi tiết:

Ta có \[y' = 3{x^2} - 2mx - {m^2}\]; \[y' = 0\] có \[\Delta ' = {m^2} + 3{m^2} = 4{m^2} \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m\].

Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình \[y' = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt \[ \Rightarrow m \ne 0\]

Khi đó ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{m + 2m}}{3} = m \Rightarrow y = - {m^3} + 8}\\{x = \frac{{m - 2m}}{3} = - \frac{m}{3} \Leftrightarrow y = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8}\end{array}} \right.\]

Khi đó yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >0}\\{{y_{CT}} = - {m^3} + 8 >0 \Leftrightarrow m < 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{{y_{CT}} = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8 >0 \Leftrightarrow m >- \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < m < 2}\\{ - \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}} < m < 0}\end{array}} \right.\]

Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;1} \right\}\]. Vậy có 4 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

Hàm số \[y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\] nghịch biến trên \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] khi và chỉ khi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - \frac{d}{c} \notin \left( {\alpha ;\beta } \right)}\end{array}} \right.\]

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\].

Ta có \[y = \frac{{mx + 4}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\].Để hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\] thì

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - m \notin \left( { - 1;1} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 4 < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - m \le - 1}\\{ - m \ge 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le m < 2}\\{ - 2 < m \le - 1}\end{array}} \right.\].

Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \pm 1\].

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

Hàm số \[y = {x^n}\] với \[n \notin \mathbb{Z}\] xác định khi và chỉ khi \[x >0\].

Giải chi tiết:

Hàm số \[y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\] xác định khi và chỉ khi \[x - 1 >0 \Leftrightarrow x >1\].

Vậy TXĐ của hàm số là \[\left( {1; + \infty } \right)\].

Phương pháp giải:

- Xác định \[\overrightarrow {{u_\Delta }} \] là 1 VTCP của \[\Delta \] và \[\overrightarrow {{n_Q}} \] là 1 VTPT của \[\left( Q \right)\].

- Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right)//\Delta }\\{\left( P \right) \bot \left( Q \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_\Delta }} }\\{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{n_Q}} }\end{array}} \right.\] \[ \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]\].

- Phương trình mặt phẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTPT → \[\vec n\left( {A;B;C} \right)\] là

\[A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\].

Giải chi tiết:

Đường thẳng \[\Delta \] có 1 VTCP là \[\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2; - 2;1} \right)\].

Mặt phẳng \[\left( Q \right)\] có 1 VTPT là \[\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1; - 1;2} \right)\].

Gọi \[\overrightarrow {{n_P}} \] là 1 VTPT của mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right)//\Delta }\\{\left( P \right) \bot \left( Q \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_\Delta }} }\\{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{n_Q}} }\end{array}} \right.\].

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {3;3;0} \right)\] \[ \Rightarrow \vec n\left( {1;1;0} \right)\] cũng là 1 VTPT của \[\left( P \right)\].

Vậy phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] là \[1.\left( {x - 0} \right) + 1.\left( {y + 1} \right) + 0.\left( {z - 2} \right) = 0\] \[ \Leftrightarrow x + y + 1 = 0\].

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

- Giải bất phương trình logarit: \[{\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < a < 1\].

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >0}\\{2x - 1 >0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x >\frac{1}{2}\].

Ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( {2x - 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {2x - 1} \right)^2}\]\[ \Leftrightarrow x \ge {\left( {2x - 1} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} \ge 4{x^2} - 4x + 1\]\[ \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x + 1 \le 0\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le x \le 1\]

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là \[S = \left( {\frac{1}{2};1} \right]\].

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng \[m = f\left( x \right)\] .

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng \[y = 2m - 1\] phải cắt đồ thị hàm số \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\] tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số $y=x^4-2x^2-3$, từ đó lập BBT hàm số \[y = {x^4} - 2{x^2} - 3\] , \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\] và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Số nghiệm của phương trình \[\left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right| = 2m - 1\] là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\] và đường thẳng $y=2m-1$.

Xét hàm số \[y = {x^4} - 2{x^2} - 3\] ta có \[y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 1}\end{array}} \right.\]

BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\].

- Từ đồ thị \[y = {x^4} - 2{x^2} - 3\] lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục \[Ox\] qua trục \[Ox\].

- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục \[Ox\].

Ta có BBT của đồ thị hàm số \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\] như sau:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \[y = 2m - 1\] cắt đồ thị hàm số \[y = \left| {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right|\] tại 6 điểm phân biệt khi và chỉ khi \[3 < 2m - 1 < 4 \Leftrightarrow 4 < 2m < 5 \Leftrightarrow 2 < m < \frac{5}{2}\].

Vậy \[2 < m < \frac{5}{2}\].

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng \[m = f\left( x \right)\] .

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng \[y = m\] phải cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số \[y = f\left( x \right)\] và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} >0}\\{{x^2} - 2 >0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >\sqrt 2 }\\{x < - \sqrt 2 }\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >\sqrt 2 }\\{x < - \sqrt 2 }\end{array}} \right.\]

Ta có:

\[{\log _4}{x^2} = {\log _2}\left( {{x^2} - 2} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2.{\log _2}\left| x \right| = {\log _2}\left( {{x^2} - 2} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left| x \right| = {\log _2}\left( {{x^2} - 2} \right)\]\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2 = \left| x \right|\]

\[ \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} - \left| x \right| - 2 = 0\]\[ \Leftrightarrow \left| x \right| = 2 \Leftrightarrow x = \pm 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)\]

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng \[m = f\left( x \right)\] .

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng \[y = m\] phải cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số \[y = f\left( x \right)\] và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm \[{x^3} - 12x + 1 - m = 0 \Leftrightarrow m = {x^3} - 12x + 1 = f\left( x \right)\].

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng \[y = m\] phải cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại 3 điểm phân biệt.

Ta có \[f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\].

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng \[y = m\] phải cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại 3 điểm phân biệt thì \[ - 15 < m < 17\].

Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 14; - 13; - 12;...;15;16} \right\}\]. Vậy có 31 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

- Sử dụng các công thức: \[{\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y >0} \right)\]</>

\[{\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b >0} \right)\]</>

Từ giả thiết tính \[{\log _a}b\].

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay \[{\log _a}b\] vừa tính được để tính giá trị biểu thức.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=logabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37

\[{\log _{\sqrt {ab} }}\left( {a\sqrt[3]{b}} \right) = {\log _{\sqrt {ab} }}\left( {\sqrt[3]{{ab}}.\sqrt[3]{{{a^2}}}} \right)\]

\[ = {\log _{\sqrt {ab} }}\sqrt[3]{{ab}} + {\log _{\sqrt {ab} }}\sqrt[3]{{{a^2}}}\]

\[ = {\log _{{{\left( {ab} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{\left( {ab} \right)^{\frac{1}{3}}} + \frac{1}{{{{\log }_{{a^{\frac{2}{3}}}}}{{\left( {ab} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}\]

\[ = \frac{1}{3}2.{\log _{ab}}\left( {ab} \right) + \frac{1}{{\frac{1}{2}.\frac{3}{2}{{\log }_a}\left( {ab} \right)}}\]

\[ = \frac{2}{3} + \frac{1}{{\frac{3}{4}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}}\]

\[ \Rightarrow \frac{2}{3} + \frac{1}{{\frac{3}{4}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}} = 3\]

\[ \Rightarrow {\log _a}b = - \frac{3}{7}\]

Khi đó ta có:

\[{\log _{\sqrt {ab} }}\left( {b\sqrt[3]{a}} \right) = {\log _{\sqrt {ab} }}\left( {\sqrt[3]{{ab}}\sqrt[3]{{{b^2}}}} \right)\]

\[ = {\log _{\sqrt {ab} }}\sqrt[3]{{ab}} + {\log _{\sqrt {ab} }}\sqrt[3]{{{b^2}}}\]

\[ = {\log _{{{\left( {ab} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{\left( {ab} \right)^{\frac{1}{3}}} + \frac{1}{{{{\log }_{{b^{\frac{2}{3}}}}}{{\left( {ab} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}\]

$=\frac{1}{3}\mathrm{.2.}{\log }_{ab}\left(ab\right)+\frac{1}{\frac{1}{2}.\frac{3}{2}{\log }_b\left(ab\right)}$

\[ = \frac{2}{3} + \frac{1}{{\frac{3}{4}\left( {{{\log }_b}a + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{2}{3} + \frac{4}{3}.\frac{1}{{ - \frac{7}{3} + 1}} = - \frac{1}{3}\].

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lập BBT của hàm số trên \[\left( {0; + \infty } \right)\] và tìm GTNN của hàm số.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho xác định trên \[\left( {0; + \infty } \right)\].

Ta có \[y' = 2x - \frac{{16}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^3} - 16}}{{{x^2}}}\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow x = 2\].

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 12\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xác định mặt phẳng \[\left( P \right)\] chứa \[DE\] và song song với \[SC\], khi đó \[d\left( {DE;SC} \right) = d\left( {SC;\left( P \right)} \right)\].

- Đổi sang \[d\left( {A;\left( P \right)} \right)\]. Dựng khoảng cách.

- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Trong \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \[I = AC \cap DE\], trong \[\left( {SAC} \right)\] kẻ \[IG//SC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {G \in SA} \right)\], khi đó ta có \[DE \subset \left( {GDE} \right)//SC\].

\[ \Rightarrow d\left( {SC;DE} \right) = d\left( {SC;\left( {GDE} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right)\].

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{IC}}{{IA}} = \frac{{EC}}{{AD}} = \frac{1}{2}\], do \[AC \cap \left( {GDE} \right) = I\] nên \[\frac{{d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right)}} = \frac{{IC}}{{IA}} = \frac{1}{2}\] \[ \Rightarrow d\left( {C;\left( {GDE} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right)\].

Trong \[\left( {ABCD} \right)\] kẻ \[AH \bot DE{\mkern 1mu} \left( {H \in DE} \right)\], trong \[\left( {GAH} \right)\] kẻ \[AK \bot GH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in GH} \right)\] ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DE \bot AH}\\{DE \bot AG}\end{array}} \right. \Rightarrow DE \bot \left( {AGH} \right) \Rightarrow DE \bot AK\]

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot GH}\\{AK \bot DE}\end{array}} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {GDE} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {GDE} \right)} \right) = AK\]

Vì \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[AC\] là hình chiếu vuông góc của \[SC\] lên \[\left( {ABCD} \right)\]

\[ \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {45^0}\].

\[ \Rightarrow \Delta SAC\] vuông cân tại A.

Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\sqrt 2 \] nên $AC=a\sqrt{2}.\sqrt{2}=2a=SA$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có \[\frac{{AG}}{{AS}} = \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AG = \frac{{4a}}{3}\].

Ta có: \[{S_{\Delta AED}} = \frac{1}{2}d\left( {E;AD} \right).AD = \frac{1}{2}AB.AD = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = {a^2}\].

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \[CDE\] ta có \[DE = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} = \sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\].

\[ \Rightarrow AH = \frac{{2{S_{AED}}}}{{ED}} = \frac{{2{a^2}}}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{2}}} = \frac{{2a\sqrt {10} }}{5}\].

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \[GAH\] ta có

AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

\[AK = \frac{{AG.AH}}{{\sqrt {A{G^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\frac{{4a}}{3}.\frac{{2a\sqrt {10} }}{5}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{4a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a\sqrt {10} }}{5}} \right)}^2}} }} = \frac{{4a\sqrt {19} }}{{19}}\].

Vậy \[d\left( {DE;SC} \right) = \frac{1}{2} = \frac{{2a\sqrt {19} }}{{19}}\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Đặt ẩn phụ \[t = {2^{x - 2}} >0\].

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng \[m = g\left( t \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t >0} \right)\].

- Lập BBT của hàm số \[g\left( t \right)\] khi \[t >0\].

- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.

Giải chi tiết:

Ta có \[{4^{x - 1}} - m{.2^{x - 2}} + 1 = 0 \Leftrightarrow 4.{\left( {{2^{x - 2}}} \right)^2} - m{.2^{x - 2}} + 1 = 0\].

Đặt \[t = {2^{x - 2}} >0\], phương trình đã cho trở thành \[4{t^2} - mt + 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{4{t^2} + 1}}{t} = g\left( t \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t >0} \right)\].

Xét hàm số \[g\left( t \right) = \frac{{4{t^2} + 1}}{t} = 4t + \frac{1}{t}\] có \[g'\left( t \right) = 4 - \frac{1}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\].

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm \[t >0 \Leftrightarrow m \ge 4\].

Kết hợp điều kiện \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in {\mathbb{Z}^ + }}\\{m \le 2021}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;...;2020;2021} \right\}\].

Vậy có 2018 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu.

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng \[\int\limits_1^2 {\frac{k}{{ax + b}}dx} \].

- Tính tích phân và tìm \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\]

Giải chi tiết:

Ta có: \[\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} + x}}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {x - 1 + \frac{{x - 1}}{{{x^2} + x}}} \right)dx} \]

\[ = \int\limits_1^2 {\left( {x - 1} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\frac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} \]\[ = \frac{1}{2} + I\]

Giả sử \[\frac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{B}{x} + \frac{C}{{x + 1}}\]\[ \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{B\left( {x + 1} \right) + Cx}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{\left( {B + C} \right)x + B}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\]\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B + C = 1}\\{B = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B = - 1}\\{C = 2}\end{array}} \right.\]

Khi đó ta có

\[I = \int\limits_1^2 {\frac{{x - 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{ - 1}}{x}dx} + \int\limits_1^2 {\frac{2}{{x + 1}}dx} \]

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \left. { - \ln \left| x \right|} \right|_1^2 + \left. {2\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_1^2\]\[ = - \ln 2 + 2\ln 3 - 2\ln 2\]\[{\mkern 1mu} = 2\ln 3 - 3\ln 2\]

\[ \Rightarrow \int\limits_1^2 {\frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} + x}}dx} = \frac{1}{2} + 2\ln 3 - 3\ln 2\]\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = 2}\\{c = - 3}\end{array}} \right.\]

Vậy \[2a + 3b - 4c = 2.\frac{1}{2} + 3.2 - 4.\left( { - 3} \right) = 19\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: \[{\log _a}{b^m} = m{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b >0} \right)\]</>

\[{\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a,b \ne 1} \right)\]

Giải chi tiết:

Ta có:

\[{\log _{45}}4 = 2{\log _{{3^2}.5}}2 = \frac{2}{{{{\log }_2}{3^2} + {{\log }_2}5}}\]

\[ = \frac{2}{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}5}} = \frac{2}{{2a + b}}\]

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là \[\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a;b;c;d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a \ne b \ne c \ne d} \right)\].

- Vì \[\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 15\] nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5 \Rightarrow d \in \left\{ {0;5} \right\}}\\{\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3}\end{array}} \right.\].

- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\] tương ứng.

Giải chi tiết:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là \[\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a;b;c;d \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a \ne b \ne c \ne d} \right)\].

Vì \[\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 15\] nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5 \Rightarrow d \in \left\{ {0;5} \right\}}\\{\overline {abcd} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3}\end{array}} \right.\].

+ TH1: \[d = 0\], số cần tìm có dạng \[\overline {abc0} \] \[ \Rightarrow a + b + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3\].

Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là \[\left\{ {1;2;3} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {1;3;5} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {2;3;4} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {3;4;5} \right\}\].

⇒ có \[4.3! = 24\] cách chọn \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\].

⇒ Có 24 số thỏa mãn.

TH2: \[d = 5\], số cần tìm có dạng \[\overline {abc5} \] \[ \Rightarrow a + b + c + 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vdots {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3\] \[ \Rightarrow a + b + c\] chia 3 dư 1.

Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là \[\left\{ {0;1;3} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {1;2;4} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {0;3;4} \right\}\].

⇒ có \[2.2.2! + 3! = 14\] cách chọn \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\].

⇒ Có 14 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả \[14 + 14 = 38\] số thỏa mãn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Khoảng cách từ điểm \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] đến mặt phẳng \[\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} Ax + By + Cz + D = 0\] là \[d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {A{x_0} + B{y_0} + C{z_0} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\].

Giải chi tiết:

\[d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 3 - 2.\left( { - 2} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\].

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega \right)\] là số cách chọn 3 học sinh bất kì.

- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là \[n\left( A \right)\] .

+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ

+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ

- Tính xác suất của biến cố A: \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\].

Giải chi tiết:

Số cách chọn 3 bạn bất kì là \[C_{40}^3\] nên số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega \right) = C_{40}^3\].

Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.

TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có \[C_{30}^1.C_{10}^2\] cách.

TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có \[C_{30}^2.C_{10}^1\] cách.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{40}^1.C_{10}^2 + C_{40}^2.C_{10}^1\].

Vậy xác suất của biến cố A là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{30}^1.C_{10}^2 + C_{30}^2.C_{10}^1}}{{C_{40}^3}} = \frac{{15}}{{26}} = \frac{{285}}{{494}}\].

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức \[{\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 1\].

- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: \[\int {\frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {ax + b} \right)}}dx} = \frac{1}{a}{\tan ^2}\left( {ax + b} \right)\].

Giải chi tiết:

Ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \int {{{\tan }^2}2xdx} \]\[ = \int {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}2x}} - 1} \right)dx} \]\[ = \int {\frac{1}{{{{\cos }^2}2x}}dx} - \int {dx} \]\[ = \frac{1}{2}\tan 2x - x + C\]

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất \[\sin \alpha = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right)\].

- Giải bất phương trình mũ: \[{a^{f\left( x \right)}} \ge {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) \le g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < a < 1\].

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.

Giải chi tiết:

Vì \[\frac{\pi }{5} + \frac{{3\pi }}{{10}} = \frac{{5\pi }}{{10}} = \frac{\pi }{2}\] nên \[\sin \frac{\pi }{5} = \cos \frac{{3\pi }}{{10}}\].

Khi đó ta có

\[{\left( {\sin \frac{\pi }{5}} \right)^x} \ge {\left( {\cos \frac{{3\pi }}{{10}}} \right)^{\frac{4}{x}}} \Leftrightarrow {\left( {\sin \frac{\pi }{5}} \right)^x} \ge {\left( {\sin \frac{\pi }{5}} \right)^{\frac{4}{x}}} \Leftrightarrow x \le \frac{4}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < \sin \frac{\pi }{5} < 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 4}}{x} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le - 2}\\{0 < x \le 2}\end{array}} \right.\]

Kết hợp điều kiện \[x \in \left[ { - 99;100} \right]\] ta có \[x \in \left[ { - 99; - 2} \right] \cup \left( {0;2} \right]\].

Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi \[\alpha \] là góc giữa \[\left( P \right)\] và \[\Delta \], khi đó ta có \[\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}\], với \[\overrightarrow {{n_p}} \] và \[\overrightarrow {{u_d}} \] lần lượt là 1 vtpt của \[\left( P \right)\] và vtcp của Δ.

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \[\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - y + 2z - 3 = 0\] có 1 vtpt là \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; - 1;2} \right)\], đường thẳng \[\Delta :\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{{ - 2}}\] có 1 vtcp là \[\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;2; - 2} \right)\].

Ta có: \[\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\left| {2.1 - 1.2 + 2.\left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{4}{9}\].

\[ \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt {65} }}{9}\].

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: \[{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\], giải hệ phương trình tìm \[{u_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} d\].

- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: \[{u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}\]

Giải chi tiết:

Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_{2020}} = 2}\\{{u_{1001}} + {u_{1021}} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} + 2019d = 2}\\{2{u_1} + 2020d = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{{2021}}{2}}\\{d = - 1}\end{array}} \right.\].

Vậy \[{u_1} + {u_2} + ... + {u_{2021}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 2020d} \right).2021}}{2} = \frac{{2021}}{2}\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là $d(A;d)=\frac{\left|[\overrightarrow{AM};\overrightarrow{u_d}]\right|}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|}$, trong đó M là điểm bất kì thuộc d và \[\overrightarrow {{u_d}} \] là 1 vtcp của đường thẳng d.

Giải chi tiết:

Lấy \[M\left( {1;2;3} \right) \in d\]. Đường thẳng d có 1 VTCP là \[\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 2;1} \right)\].

Ta có: \[\overrightarrow {AM} = \left( {2;0;3} \right)\] \[ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {6;4; - 4} \right)\].

Vậy \[d\left( {A;d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{6^2} + {4^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt {17} }}{3}\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên \[\left( {0;1} \right)\] thì \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0;1} \right)\].

- Cô lập \[m\], đưa bất phương trình về dạng \[m \le g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right)\].

- Lập BBT hàm số \[g\left( x \right)\] trên \[\left( {0;1} \right)\] và kết luận.

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \left( {0; + \infty } \right)\] nên hàm số xác định trên \[\left( {0;1} \right)\].

Ta có \[y' = 8{x^2} + \frac{2}{x} - m\].

Để hàm số đồng biến trên \[\left( {0;1} \right)\] thì \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0;1} \right)\] \[ \Leftrightarrow m \le 8{x^2} + \frac{2}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0;1} \right)\].

Đặt \[g\left( x \right) = 8{x^2} + \frac{2}{x},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left( {0;1} \right)\], khi đó ta có \[m \le g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0;1} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right)\].

Ta có \[g'\left( x \right) = 16x - \frac{2}{{{x^2}}} = \frac{{16{x^3} - 2}}{{{x^2}}}\]; \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)\].

BBT:

Dựa vào BBT \[ \Rightarrow m \le 6\]. Kết hợp điều kiện \[m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\].

Vậy có 6 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm \[I \in \Delta \] theo biến t.

- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\] nên \[R = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = d\left( {I;\left( Q \right)} \right)\]. Giải phương trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.

- Mặt cầu tâm \[I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\], bán kính R có phương trình là \[{\left( {x - {x_0}} \right)^2} + {\left( {y - {y_0}} \right)^2} + {\left( {z - {z_0}} \right)^2} = {R^2}\].

Giải chi tiết:

Gọi tâm mặt cầu là \[I\left( {1 + t; - 1 + t;2t} \right) \in \Delta \].

Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\] nên \[R = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = d\left( {I;\left( Q \right)} \right)\].

\[ \Rightarrow \frac{{\left| {1 + t - 2\left( { - 1 + t} \right) + 3.2t} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{\left| {1 + t - 2\left( { - 1 + t} \right) + 3.2t + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }}\]

\[ \Leftrightarrow \left| {5t + 3} \right| = \left| {5t + 7} \right| \Leftrightarrow 5t + 3 = - 5t - 7 \Leftrightarrow t = - 1\]

Khi đó mặt cầu có tâm \[I\left( {0; - 2; - 2} \right)\], bán kính \[R = \frac{{\left| { - 5 + 3} \right|}}{{\sqrt {14} }} = \frac{2}{{\sqrt {14} }}\].

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là \[{x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = \frac{2}{7}\]

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: \[\int {udv} = uv - \int {vdu} \].

Giải chi tiết:

Đặt \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \ln x}\\{dv = \left( {2x - 1} \right)dx}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = \frac{{dx}}{x}}\\{v = {x^2} - x = x\left( {x - 1} \right)}\end{array}} \right.\]

Khi đó ta có

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \int {\left( {2x - 1} \right)\ln xdx} \]\[ = \left( {{x^2} - x} \right)\ln x - \int {\left( {x - 1} \right)dx} = \left( {{x^2} - x} \right)\ln x - \frac{{{x^2}}}{2} + x + C\]

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.

- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.

- Biến đổi \[P = {a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} - 2ab\], đặt ẩn phụ \[t = 2ab\], lập BBT tìm miền giá trị của t.

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {2^{a + b + 2ab - 3}} = \frac{{1 - ab}}{{a + b}}\]

$\iff a+b+2ab-3={\log }_2(1-ab)-{\log }_2(a+b)$

$\iff a+b+2ab-2={\log }_2(1-ab)+1-{\log }_2(a+b)$

\[ \Leftrightarrow a + b + 2ab - 2 = {\log _2}\left( {2 - 2ab} \right) - {\log _2}\left( {a + b} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {a + b} \right) + a + b = {\log _2}\left( {2 - 2ab} \right) + 2 - 2ab{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

Xét hàm số \[y = {\log _2}t + t{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t >0} \right)\] ta có \[y' = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 >0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t >0\], do đó hàm số đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\].

Khi đó  \[\left( * \right) \Leftrightarrow a + b = 2 - 2ab \Leftrightarrow a\left( {1 + 2b} \right) = 2 - b \Leftrightarrow a = \frac{{2 - b}}{{1 + 2b}}\].

Vì \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b >0 \Rightarrow \frac{{2 - b}}{{1 + 2b}} >0 \Leftrightarrow 2 - b >0 \Leftrightarrow b < 2\].

Khi đó ta có \[P = {a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = {\left( {2 - 2ab} \right)^2} - 2ab\].

Đặt \[t = 2ab = 2\frac{{2 - b}}{{1 + 2b}}.b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < b < 2} \right)\] ta có \[t = 2.\frac{{2b - {b^2}}}{{1 + 2b}}\]

\[ \Rightarrow t' = 2.\frac{{\left( {2 - 2b} \right)\left( {1 + 2b} \right) - \left( {2b - {b^2}} \right).2}}{{{{\left( {1 + 2b} \right)}^2}}}\]

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 2.\frac{{2 + 4b - 2b - 4{b^2} - 4b + 2{b^2}}}{{{{\left( {1 + 2b} \right)}^2}}}\]\[ = \frac{{4 - 4b - 4{b^2}}}{{{{\left( {1 + 2b} \right)}^2}}}\]

\[t' = 0 \Leftrightarrow b = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\]

BBT:

\[ \Rightarrow t \in \left( {0;3 - \sqrt 5 } \right]\].

Khi đó ta có \[P = {\left( {2 - t} \right)^2} - t = {t^2} - 5t + 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} t \in \left( {0;3 - \sqrt 5 } \right]\].

Ta có \[P' = 2t - 5 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)\], do đó \[{P_{\min }} = P\left( {3 - \sqrt 5 } \right) = 3 - \sqrt 5 \].

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Để hàm số nghịch biến trên \[\mathbb{R}\] thì \[y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\]

- Xét 2 TH: \[m = 0\] và \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{\Delta ' \le 0}\end{array}} \right.\].

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y' = 3m{x^2} + 2mx - m - 1\].

Để hàm số nghịch biến trên \[\mathbb{R}\] thì \[y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\].

\[ \Leftrightarrow 3m{x^2} + 2mx - m - 1 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{ - 1 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{\Delta ' = {m^2} + 3m\left( {m + 1} \right) \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{4{m^2} + 3m \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{ - \frac{3}{4} \le m \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{ - \frac{3}{4} \le m < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - \frac{3}{4} \le m \le 0\]

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\] thì \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\].

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \[m \le g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\].

- Sử dụng BĐT Cô-si tìm \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\].

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \left( {0; + \infty } \right)\].

Ta có: \[y' = 2x + 8.\frac{2}{{2x}} - m = 2x + \frac{8}{x} - m\]

Để hàm số đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\] thì \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\].

\[ \Leftrightarrow 2x + \frac{8}{x} - m \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\]

\[ \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {0; + \infty } \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\].

Đặt \[g\left( x \right) = 2x + \frac{8}{x}\], khi đó \[\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\].

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \[2x + \frac{8}{x} \ge 2\sqrt {2x.\frac{8}{x}} = 2.4 = 8\] \[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) = 8\], dấu “=” xảy ra \[ \Rightarrow 2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2\].

Từ đó ta suy ra được \[m \le 8\], kết hợp điều kiện \[m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\].

Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đặt \[z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\]\[ \Rightarrow \bar z = a - bi\].

- Thay vào giả thiết \[3z + i\left( {\bar z + 8} \right) = 0\], đưa phương trình về dạng \[A + Bi = 0 \Leftrightarrow A = B = 0\].

Giải chi tiết:

Đặt \[z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\] \[ \Rightarrow \bar z = a - bi\].

Theo bài ra ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3z + i\left( {\bar z + 8} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow 3\left( {a + bi} \right) + i\left( {a - bi + 8} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow 3a + 3bi + ai + b + 8i = 0\]

\[ \Leftrightarrow 3a + b + \left( {a + 3b + 8} \right)i = 0\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a + b = 0}\\{a + 3b + 8 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\end{array}} \right.\]

Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là \[a + b = 1 + \left( { - 3} \right) = - 2\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Gọi I là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \vec 0\]. Phân tích \[M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2}\] theo MI.

- Chứng minh đó \[M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2}\] đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \[MI\] đạt giá trị nhỏ nhất.

- Với I cố định, tìm vị trí của $M\in \left(P\right)$ để \[I{M_{\min }}\].

- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và \[\left( P \right)\] để tìm tọa độ điểm M.

Giải chi tiết:

Gọi I là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \vec 0\]. Khi đó ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 2{\overrightarrow {MB} ^2} - {\overrightarrow {MC} ^2}\]

\[ = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = 2{\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} } \right) + {\overrightarrow {IA} ^2} + 2{\overrightarrow {IB} ^2} - {\overrightarrow {IC} ^2}\]

\[ = 2M{I^2} + \left( {I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}} \right)\]

Vì \[I,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\] cố định nên \[I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}\] không đổi, do đó \[M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2}\] đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \[MI\] đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà \[M \in \left( P \right)\] nên \[IM\] đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên \[\left( P \right)\] hay \[IM \bot \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {IM} \] và \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;2; - 2} \right)\] cùng phương, với \[\overrightarrow {{n_P}} \] là 1 vtpt của \[\left( P \right)\].

Tìm tọa độ điểm I ta gọi \[I\left( {x;y;z} \right)\]. Ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \vec 0\]

\[ \Rightarrow \left( {x - 1;y;z - 2} \right) + 2\left( {x + 1;y - 1;z - 3} \right) - \left( {x - 3;y - 2;z} \right) = \vec 0\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 + 2\left( {x + 1} \right) - \left( {x - 3} \right) = 0}\\{y + 2\left( {y - 1} \right) - \left( {y - 2} \right) = 0}\\{z - 2 + 2\left( {z - 3} \right) - z = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 4 = 0}\\{2y = 0}\\{2z - 8 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = 0}\\{z = 4}\end{array}} \right. \Rightarrow I\left( { - 2;0;4} \right)\]

Khi đó ta có \[\overrightarrow {IM} = \left( {a + 2;b;c - 4} \right)\]

Vì \[\overrightarrow {IM} \] và \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;2; - 2} \right)\] cùng phương, lại có \[M \in \left( P \right)\] nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 2}}{1} = \frac{b}{2} = \frac{{c - 4}}{{ - 2}}}\\{a + 2b - 2c + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - b + 4 = 0}\\{b + c - 4 = 0}\\{a + 2b - 2c + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b = 2}\\{c = 2}\end{array}} \right.\]

Vậy \[a + b + c = - 1 + 2 + 2 = 3\]

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính đạo hàm \[{\left( {\ln u} \right)^\prime } = \frac{{u'}}{u}\].

Giải chi tiết:

\[y' = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^\prime }}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{{2\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{1}{{2x + 2\sqrt x }}\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt \[t = 2{x^3} - 1\].

Giải chi tiết:

Đặt \[t = 2{x^3} - 1 \Rightarrow dt = 6{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{{dt}}{6}\].

Khi đó ta có \[\int {{x^2}{{\left( {2{x^3} - 1} \right)}^2}dx} = \int {\frac{{{t^2}dt}}{6}} = \frac{1}{6}.\frac{{{t^3}}}{3} + C = \frac{{{{\left( {2{x^3} - 1} \right)}^3}}}{{18}} + C\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp logarit hai vế.

Giải chi tiết:

Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có:

\[{2^x} = {3^{{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _3}{2^x} = {\log _3}{3^{{x^2}}}\]\[ \Leftrightarrow x{\log _3}2 = {x^2} \Leftrightarrow x\left( {x - {{\log }_3}2} \right) = 0\]

\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x - {{\log }_3}2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {{\log }_3}2}\end{array}} \right.\]

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \[M\].

- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] là \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\].

- Cho $A(1;0)\in d$, giải phương trình tìm số nghiệm \[{x_0}\]. Số nghiệm \[{x_0}\] chính là số tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm \[A\left( {1;0} \right)\] cần tìm.

Giải chi tiết:

Ta có \[y' = 3{x^2} - 6x\].

Gọi \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] là \[y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( d \right)\].

Cho \[A\left( {1;0} \right) \in d\] ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {1 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 2\]

\[ \Leftrightarrow 0 = 3x_0^2 - 6{x_0} - 3x_0^3 + 6x_0^2 + x_0^3 - 3x_0^2 + 2\]$\iff 0=-2x_0^3-6x_0+2$\[ \Leftrightarrow {x_0} \approx 0,32\]

Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm \[A\left( {1;0} \right)\].

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là \[a\sqrt 2 \].

Giải chi tiết:

Vì \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[AC\] là hình chiếu vuông góc của \[SC\] lên \[\left( {ABCD} \right)\].

\[ \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\].

Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\sqrt 3 \] nên \[AC = a\sqrt 3 .\sqrt 2 = a\sqrt 6 \].

Xét tam giác vuông \[SAC\] ta có: \[\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\] \[ \Rightarrow \angle SCA = {30^0}\].

Vậy \[\angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = {30^0}\].

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

- Giải phương trình \[y'' = 0\] tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn.

Giải chi tiết:

Ta có: \[y = {x^3} - 3x + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y'' = 6x\].

Cho \[y'' = 0 \Leftrightarrow 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 2\]

⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là \[\left( {0;2} \right)\].

Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là \[\left( {0;2} \right)\].

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Nhận thấy \[\left( {x + 1} \right){e^x} = {\left( {x{e^x}} \right)^\prime }\]. Sử dụng công thức \[{\left( {uv} \right)^\prime } = u'v + uv'\].

- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm \[f\left( x \right)\].

- Tính \[f'\left( x \right)\] và tính \[f'\left( 0 \right)\].

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có

\[xf'\left( x \right) + \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) = {e^{ - x}}\]\[ \Leftrightarrow x{e^x}f'\left( x \right) + \left( {x + 1} \right){e^x}f\left( x \right) = 1\]

Ta có \[{\left( {x{e^x}} \right)^\prime } = {e^x} + x{e^x} = \left( {x + 1} \right){e^x}\]

\[ \Rightarrow x{e^x}f'\left( x \right) + {\left( {x{e^x}} \right)^\prime }f\left( x \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow {\left[ {x{e^x}f\left( x \right)} \right]^\prime } = 1 \Leftrightarrow \int {{{\left[ {x{e^x}f\left( x \right)} \right]}^\prime }dx} = \int {dx} \Leftrightarrow x{e^x}f\left( x \right) = x + C\]

Thay \[x = 0\] ta có \[0 = 0 + C \Leftrightarrow C = 0\], do đó \[x{e^x}f\left( x \right) = x \Leftrightarrow x\left[ {{e^x}f\left( x \right) - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f\left( x \right) = \frac{1}{{{e^x}}} = {e^{ - x}}}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = - {e^{ - x}} \Rightarrow f'\left( 0 \right) = - {e^0} = - 1\]

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Vì \[d \bot \left( P \right)\] nên \[\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_P}} \].

- Phương trình đường thẳng đi qua \[A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 vtcp \[\vec u\left( {a;b;c} \right)\] là \[\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\].

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \[\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y - 3z + 4 = 0\] có 1 vtpt là \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2; - 3} \right)\].

Gọi d là đường thẳng đi qua \[A\left( {1; - 1; - 2} \right)\] và vuông góc với \[\left( P \right)\] và \[\overrightarrow {{u_d}} \] là 1 vtcp của đường thẳng d.

Vì \[d \bot \left( P \right)\] nên \[\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 2; - 3} \right)\].

Vậy phương trình đường thẳng d là \[\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{z + 2}}{{ - 3}}\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có:

\[y' = 9m{x^8} + 6\left( {{m^2} - 3m + 2} \right){x^5} + 4\left( {2{m^3} - {m^2} - m} \right){x^3}\]

\[y' = {x^3}\left[ {9m{x^5} + 6\left( {{m^2} - 3m + 2} \right){x^2} + 4\left( {2{m^3} - {m^2} - m} \right)} \right]\]

Cho \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\\{9m{x^5} + 6\left( {{m^2} - 3m + 2} \right){x^2} + 4\left( {2{m^3} - {m^2} - m} \right) = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.\]

Để hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] thì \[x = 0\] phải là nghiệm bội chẵn của phương trình \[y' = 0\], do đó phương trình (*) phải nhận \[x = 0\] là nghiệm bội lẻ.

Vì \[x = 0\] là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có:

\[2{m^3} - {m^2} - m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = - \frac{1}{2}}\\{m = 0}\end{array}} \right.\]

Thử lại:

+ Với \[m = 0\] ta có \[y' = 12{x^5}\] không thỏa mãn \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\].

+ Với \[m = 1\] ta có \[y' = 9{x^8} \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\] (thỏa mãn).

+ Với \[m = - \frac{1}{2}\] ta có \[y' = - \frac{9}{2}{x^8} + \frac{{45}}{2}{x^5} = - \frac{9}{2}{x^5}\left( {{x^3} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \sqrt[3]{5}}\end{array}} \right.\], do đó không thỏa mãn \[y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\]

Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[m = 1\].

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Thay \[x = \frac{1}{t}\], sau đó rút theo \[f\left( x \right)\]và thế vào giả thiết.

- Tìm \[f\left( x \right)\] theo x và tính \[\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx} \] bằng phương pháp tích phân 2 vế.

Giải chi tiết:

Ta có:  \[2f\left( x \right) + xf\left( {\frac{1}{x}} \right) = x\], với \[x = \frac{1}{t}\] ta có \[2f\left( {\frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{t}f\left( t \right) = \frac{1}{t}\]\[ \Rightarrow f\left( {\frac{1}{t}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{t}f\left( t \right)} \right)\]

\[ \Rightarrow f\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{x}f\left( x \right)} \right)\]

Khi đó ta có

\[2f\left( x \right) + \frac{1}{2}x\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{x}f\left( x \right)} \right) = x \Leftrightarrow 2f\left( x \right) + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}f\left( x \right) = x\]

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{2}f\left( x \right) = x - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{3}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)dx} \]

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{9}{8} \Leftrightarrow \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{3}{4}\]

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.

- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng \[AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}} \].

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = 1 - 2x \Leftrightarrow x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {1 - 2x} \right)\]

$\iff x-2=x-1-2x^2+2x\iff 2x^2-2x-1=0(*)$

Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là \[{x_A},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_B}\] là nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{{x_1}{x_2} = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\].

Ta có: \[A\left( {{x_A};1 - 2{x_A}} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {{x_B};1 - 2{x_B}} \right)\] nên:

\[A{B^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {1 - 2{x_B} - 1 + 2{x_A}} \right)^2}\]

\[A{B^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + 4{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2}\]

\[A{B^2} = 5{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2}\]

\[A{B^2} = 5\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_A}{x_B}} \right]\]

\[A{B^2} = 5\left[ {{1^2} - 4.\left( { - \frac{1}{2}} \right)} \right] = 15\]

Vậy \[AB = \sqrt {15} \].

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác \[ABC\], chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC\].

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.

- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \[r = \frac{S}{p}\], với \[S,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} p\] lần lượt là diện tích và nửa chu vi tam giác.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp.

- Tính thể tích khối chóp \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}}\].

Giải chi tiết:

Vì chóp \[S.ABC\] có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác \[ABC\] nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC\].

Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC\] \[ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\]

Xét \[\Delta ABC\] có \[A{B^2} + B{C^2} = C{A^2} = 25{a^2}\] nên \[\Delta ABC\] vuông tại B (định lí Pytago đảo).

Trong \[\left( {ABC} \right)\] kẻ \[HK//BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in AB} \right)\] ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SH}\\{AB \bot HK}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AB \bot SK\].

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB}\\{SK \subset \left( {SAB} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SK \bot AB}\\{HK \subset \left( {ABC} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} HK \bot AB}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SK;HK} \right) = \angle SKH = {60^0}\].

Vì HK là bán kính đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC\] nên \[HK = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{p_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.3a.4a}}{{\frac{{3a + 4a + 5a}}{2}}} = a\].

Xét tam giác vuông \[SHK\] ta có \[SH = HK.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \].

Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.3a.4a = 2\sqrt 3 {a^3}\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xác định góc từ điểm \[A\] đến \[\left( {A'BC} \right)\].

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \[A'A\].

- Tính thể tích \[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta ABC}}\].

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'BC} \right)\].

Trong \[\left( {A'BC} \right)\] kẻ \[AH \bot A'M{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in A'M} \right)\] ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BC}\\{AH \bot A'M}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = a\].

Vì tam giác \[ABC\] đều cạnh \[2a\] nên \[AM = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \] và \[{S_{\Delta ABC}} = {\left( {2a} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \].

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \[AA'M\] ta có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}}\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow A'A = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\]

Vậy \[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \[y = f\left( x \right)\]; đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\]; đường thẳng \[x = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\] quanh quanh trục \[Ox\] là \[V = \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm \[3x - 2 = {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\].

Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \[3x - 2\] và đồ thị hàm số v quanh quanh trục \[Ox\] là \[V = \pi \int\limits_1^2 {\left| {{{\left( {3x - 2} \right)}^2} - {x^4}} \right|dx} = \frac{{4\pi }}{5}\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[{u_n} = {u_k}{q^{n - k}}\]

Giải chi tiết:

Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2\left( {{u_3} + {u_4} + {u_5}} \right) = {u_6} + {u_7} + {u_8}\]

\[ \Leftrightarrow 2\left( {{u_3} + {u_3}q + {u_3}{q^2}} \right) = {u_6} + {u_6}q + {u_6}{q^2}\]\[ \Leftrightarrow 2{u_3}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = {u_6}\left( {1 + q + {q^2}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2{u_3} = {u_6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1 + q + {q^2} >0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = q} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2{u_3} = {u_3}{q^3}\]$\iff u_3(2-q^3)=0$\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_3} = 0}\\{q = \sqrt[3]{2}}\end{array}} \right.\]

Ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{{u_8} + {u_9} + {u_{10}}}}{{{u_2} + {u_3} + {u_4}}}\]\[ = \frac{{{u_8} + {u_8}q + {u_8}{q^2}}}{{{u_2} + {u_2}q + {u_2}{q^2}}} = \frac{{{u_8}\left( {1 + q + {q^2}} \right)}}{{{u_2}\left( {1 + q + {q^2}} \right)}} = \frac{{{u_2}{q^6}}}{{{u_2}}} = {q^6} = 4\]

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức \[\overline {{z_1}} + \overline {{z_2}} = \overline {{z_1} + {z_2}} \]; \[\left| {\bar z} \right| = \left| z \right|\].

- Đặt \[z = a + bi\], sử dụng công thức \[\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \], biến đổi rút ra mối quan hệ giữa \[a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\] và kết luận.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + 1 - i} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + \overline {1 + i} } \right| \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\overline {z + 1 + i} } \right|\]\[ \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {z + 1 + i} \right|\]

Đặt $z=a+bi$ ta có:

\[\left| {a + bi - 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi + 1 + i} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 3} \right)i} \right| = \left| {a + 1 + \left( {b + 1} \right)i} \right|\]\[ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow - 2a + 1 + 6b + 9 = 2a + 1 + 2b + 1 \Leftrightarrow 4a - 4b - 8 = 0\]

\[ \Leftrightarrow a - b - 2 = 0\]

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \[z\] là đường thẳng \[x - y - 2 = 0\].

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của \[SB\].

Vì \[\angle SAB = \angle SCB = {90^0}\] nên \[IS = IA = IB = IC\], do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \[S.ABC\], bán kính \[R = IS = \frac{1}{2}SB\].

Xét \[{\Delta _v}SAB\] và \[{\Delta _v}SCB\] có \[AB = CB{\mkern 1mu} \left( {gt} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SB\] chung \[ \Rightarrow {\Delta _v}SAB = {\Delta _v}SCB\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

\[ \Rightarrow SA = S \Rightarrow \Delta SAC\] cân tại S.

Gọi M là trung điểm của AC ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SM \bot AC}\\{BM \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBM} \right)\].

Trong \[\left( {SBM} \right)\] kẻ \[SH \bot BM\] ta có: $\{\begin{array}{l}SH\perp BM\\ SH\perp AC(AC\perp \left(SBM\right))\end{array}\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$.

Đặt \[SA = SC = x\].

Vì \[\Delta ABC\] vuông cân tại B nên \[AC = AB\sqrt 2 = 3a\sqrt 2 \Rightarrow BM = AM = MC = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\]

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\[SM = \sqrt {S{C^2} - M{C^2}} = \sqrt {{x^2} - \frac{{9{a^2}}}{2}} \]

\[SB = \sqrt {B{C^2} + S{C^2}} = \sqrt {9{a^2} + {x^2}} \].

Gọi p là nửa chu vi tam giác \[SBM\] ta có \[p = \frac{{\sqrt {{x^2} - \frac{{9{a^2}}}{2}} + \sqrt {9{a^2} + {x^2}} + \frac{{9{a^2}}}{2}}}{2}\].

Diện tích tam giác \[SBM\] là: $S_{SBM}=\sqrt{p(p-SM)(p-SB)(p-BM)}$

Khi đó ta có \[SH = \frac{{2{S_{\Delta SBM}}}}{{BM}}\].

Ta có:

\[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).{S_{\Delta SBC}}\]

\[ \Rightarrow SH.{S_{\Delta ABC}} = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).{S_{\Delta SBC}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{2{S_{\Delta SBM}}}}{{BM}}.\frac{1}{2}.3a.3a = a\sqrt 6 .\frac{1}{2}.3a.x \Leftrightarrow x = 3\sqrt 3 a\]

Áp dụng định lí Pytago ta có: \[SB = \sqrt {S{C^2} + B{C^2}} = \sqrt {27{a^2} + 9{a^2}} = 6a \Rightarrow R = IS = 3a\].

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp \[S.ABC\] là \[S = 4\pi {R^2} = 4\pi .9{a^2} = 36\pi {a^2}\].

Đáp án A