Đáp án B

Mặt cầu tâm I(1;4;1) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên $R=d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|x_1+2y_1-2z_1+2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+{\left(-2\right)}^2}}=3$.

Đáp án A

Ta có: $L=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt[3]{x^3+1}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+x+1}+x+\sqrt[3]{x^3+1}-x\right)$ 

$$\begin{gathered} =\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}-x}+\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(x^3+1\right)}^2}+\sqrt[3]{\left(x^3+1\right)}.x+x^2}\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{1+{\displaystyle \frac{1}{x}}}{-\sqrt{1+{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}-1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(x^3+1\right)}^2}+\sqrt[3]{\left(x^3+1\right)}.x+x^2}\right)=-0,5+0=-0,5 \end{gathered}$$.

Đáp án A

Đáp án C

$\overline{z}=5-2i$ có phần thực bằng 5 và phần ảo bằng -2.

Đáp án B

Ta có: $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }y=f\left(3\right)=3a+4;\underset{x\to 3^{+}}{\lim }y=10$ 

Hàm số đã cho lien tục tại điểm x = 3 khi $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }y=f\left(3\right)=3a+4=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }y=10\iff a=2.$

Đáp án D

$\overline{AB}=(2;2;-6)$ và I(2;4;-1) là trung điểm của AB. Phương trình mặt phẳng trung trực của AB nhận véc tơ $\overrightarrow{n}=\left(1;1;-3\right)$ và đi qua điểm I là  $1\left(x-2\right)+1\left(y-4\right)-3\left(z+1\right)=0\iff x+y-3z-9=0.$

Đáp án B

Hai đường thẳng vuông góc với nhau, mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì song song hoặc chứa đường thẳng kia.

Đáp án A.

Do $\left\{\begin{array}{l}AF//BE\\ AD//BC\end{array}\right.\Rightarrow \left(AFD\right)//\left(BEC\right)$

Đáp án B

Ta có: $SI\perp \left(ABC\right)\Rightarrow ∆SIA=∆SIB=∆SIC$ (cạnh huyền- cạnh góc vuông)

Suy ra IA = IB = IC hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Đặt SA = SB = SC = x$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BC=x\sqrt{3}\\ AC=x\\ AB=x\sqrt{2}\end{array}\right.\Rightarrow ∆ABC$ vuông tại A do $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$ 

Do đó I là trung điểm của BC.

Đáp án B

Ta có: $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow \tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=a\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60°$

 Do đó $\left(SC;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SCA}=60°$.

Đáp án B

Đồ thị hàm số dạng $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có hai đường tiệm cận là:$y=\frac{a}{c}$ là TCN và $x=\frac{-d}{c}$ là TCĐ. Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$ có y = 2 là TCN và x = 1 là TCĐ.

Đáp án C

Quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD. Khi đó hình trụ có h = AD và r = AB nên $V_1={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}={\mathrm{\pi AB}}^2.\mathrm{AD}$.

Quay hình chữ nhật ABCD quanh canh AB. Khi đó hình trụ có h = AB và r = AD nên $V_2={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}={\mathrm{\pi AD}}^2.\mathrm{AB}$

$\frac{V_1}{V_2}=\frac{{\mathrm{\pi AB}}^2.\mathrm{AD}}{{\mathrm{\pi AD}}^2.\mathrm{AB}}=\frac{AB}{AD}=3$ nên $V_1=3V_2$

Đáp án D

$z_1-z_2=\left(4+i\right)-\left(1-3i\right)=3+4i$ nên $\left|z_1-z_2\right|=5$

Đáp án A

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}.\frac{{\left(2x-1\right)}^3}{3}+C=\frac{{\left(2x-1\right)}^3}{6}+C$

Đáp án C

Gọi $\overline{X}$ là biến cố: Không một xạ thủ nào bắn trúng. Khi đó $\overline{X}=\overline{A}\cup \overline{B}\cup \overline{C}$. Do A, B, C độc lập với nhau nên $\overline{A}; \overline{B}; \overline{C}$ độc lập với nhau.

Suy ra $P\left(\overline{X}\right)=0,3.0,4.0,5=0,06\Rightarrow P\left(\overline{X}\right)=1-P\left(\overline{X}\right)=0,94$.

Đáp án C

Mệnh đề (I) đúng.

Mệnh đề (II) sai vì ${\log }_3{x}^2=2{\log }_{3}x$ khi x > 0 nên điều kiện $\forall x\in \mathrm{ℝ}\backslash \left\{0\right\}$ là chưa đủ.

Mệnh đề (III) sai vì ${\log }_a\left(b.c\right)={\log }_{a}b+{\log }_{a}c$

 Số mệnh đề đúng là 1.

Đáp án A

Chọn 1 đồ vật trong 30 đồ trên có $C_{30}^1=30$ cách chọn.

Đáp án D

PT tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x_0$ có hệ số góc $k=f\text{'}\left(x_0\right).k=f\text{'}\left(x_0\right)$.

Đáp án B

Ta có: $3\sin 3x-4\cos 3x\le \sqrt{3^2+{\left(-4\right)}^2}=5\Rightarrow \underset{R}{Max}y=5+5=10$.

Đáp án D

${10}^x={10}^{\log 2017}=2017,e^y=e^{\ln 2017}=2017\to {10}^x=e^y$.

Đáp án B

$z^4-3z^2-4=0\iff [\begin{array}{l}{z}^2=-1=i^2\\ z^2=4\end{array}\iff z_1=-i,z_2=i,z_3=-2,z_4=2\iff z_1+z_2+z_3+z_4=0\Rightarrow T=0$.

Đáp án D

$f\text{'}\left(x\right)=1-\frac{9}{x^2}=\frac{x^2-9}{x^2}=0\stackrel{x\in \left[1;4\right]}{\to }x=3$. So sánh các $f\left(1\right)=10=M,f\left(3\right)=6=m,f\left(4\right)=\frac{25}{4}$. 

Vậy M - m = 10 - 6 = 4

Đáp án B

Dùng CASIO rút gọn $z=\frac{\left(2+i\right)\left(1-3i\right)}{2-i}=3-i\to M\left(3;-1\right)$.

Đáp án A

Ta có: $V_T={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=16\mathrm{\pi }\Rightarrow {\mathrm{R}}^2\mathrm{h}=16$ 

Diện tích nguyên liệu cần dung là: $S=2{\mathrm{\pi R}}^2+2\mathrm{\pi Rh}=2\mathrm{\pi }\left({\mathrm{R}}^2+\frac{16}{\mathrm{R}}\right)$. Lại có $R^2+\frac{16}{R}=R^2+\frac{8}{R}+\frac{8}{R}\ge 3\sqrt[3]{8^2}$. 

Dấu bằng xảy ra $\iff R=2$.

Đáp án B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \left(3x^2-2x-\frac{1}{x^2}\right)dx=x^3-x^2+\frac{1}{x}+C=F\left(x\right)$ 

Lại có $F\left(1\right)+2F\left(2\right)=C+1+2\left(C+\frac{9}{2}\right)=3C+10=40\Rightarrow C=10$. 

Do đó F(-1) = -3 + 10 = 7.

Đáp án B

$S_{đ}=S_{tp}-S_{xq}=4\mathrm{\pi }={\mathrm{\pi R}}^2\Rightarrow \mathrm{R}=2\Rightarrow \mathrm{l}=\frac{{\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}}{\mathrm{R}}=3\Rightarrow \mathrm{h}=\sqrt{{\mathrm{l}}^2-{\mathrm{R}}^2}=\sqrt{5}$

Do đó $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=\frac{4\mathrm{\pi }\sqrt{5}}{3}$.

Đáp án C

Ta có: $y=\frac{x+1}{x^2-4\left|x\right|+3}=\frac{x+1}{{\left|x\right|}^2-4\left|x\right|+3}=\frac{x+1}{\left(\left|x\right|-1\right)\left(\left|x\right|-3\right)}$  

Với $x\ge 0\Rightarrow y=\frac{x+1}{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}$ đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng.

Với $x<0\Rightarrow y=\frac{x+1}{\left(-x-1\right)\left(-x-3\right)}=\frac{1}{x+3}$ đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng.

Do đó đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.

Đáp án A

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in \mathrm{ℝ}\right)$, vì z có phần ảo âm suy ra y < 0. Khi đó $w=2z+\left|\overline{z}-zi\right|=2\left(x+yi\right)+\left|x+yi-\left(x-yi\right)\right|i=2x+2yi+\left|2y\right|i=2x+2yi-2yi=2x.$ 

Vậy w là một số thực.

Đáp án C

Ta có ${\log }_3\frac{a^2}{\sqrt{3}}={\log }_3{a}^2-{\log }_3\sqrt{3}=2{\log }_{3}a-\frac{1}{2}$.

Đáp án B

Ta có: 

${\log }_{a}x>{\log }_{b}x>0>{\log }_{c}x\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{{\log }_{x}a}>\frac{1}{{\log }_{x}b}>0\\ {\log }_{x}c<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{x}b>{\log }_{x}c>0\\ c<1\end{array}\right.\iff b>a>1>c$.

Đáp án B

Ta có: ${\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x={\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right)}^2-2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=1-\frac{1}{2}{\left(2\sin x\cos x\right)}^2=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x$ 

$=1-\frac{1}{2\left(1-{\cos }^{2}2x\right)}=\frac{1}{2}\left(1+{\cos }^{2}2x\right)$ 

Khi đó đặt $t=\cos 2x\Rightarrow dt=-2\sin 2xdx$. Đổi cận $\overline{)\begin{array}{c}x=0\Rightarrow t=1\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}\Rightarrow t=0\end{array}}$ 

Do đó $I={\int }_0^1\frac{dt}{2.{\displaystyle \frac{1}{2}}.\left(1+t^2\right)}={\int }_0^1\frac{dt}{t^2+1}$.

Đáp án A

Tiệm cận ngang của (C) là y = 2. Khi đó 

$S={\int }_0^a\left|2-\frac{2x-1}{x+1}\right|dx={\int }_0^a\left|\frac{3}{x+1}\right|dx={\int }_0^a\frac{3dx}{x+1}=3{\overline{)\ln \left|x+1\right|}}_0^a=3\ln \left(a+1\right)=\ln 2017\iff a=\sqrt[3]{2017}-1$.

Đáp án C

Gọi $B\left(2+t;-1-t;1+t\right)\overline{AB}=\left(1+t;-t;t-2\right)$. Cho $\overline{AB}.\overline{u_d}=0\iff t+1-4t-2t+4=0\iff t=1\Rightarrow \overline{AB}=\left(2;-1;-1\right)$ 

Khi đó $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-3}{-1}$.

Đáp án A

Khi quay $∆OAB$ quanh trục Oy, ta được hình nón có bán kính đáy r = OA và chiều cao h = OB. Theo bài ra, ta có OA + OB = r + h = 1 với (0 < r, h < 1) 

Khi đó, thể tích khối nón là $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\left(1-\mathrm{r}\right)$.

 Ta có $r^2\left(1-r^2\right)=4.\frac{r}{2}.\frac{r}{2}.\left(1-r\right)\le 4.\frac{{\left({\displaystyle \frac{r}{2}}+{\displaystyle \frac{r}{2}}+1-r\right)}^3}{27}=\frac{4}{27}\Rightarrow V_{\left(N\right)}\le \frac{1}{3}\mathrm{\pi }.\frac{4}{27}=\frac{4\mathrm{\pi }}{81}$. 

Tham khảo: Ta có thể đưa điểm B có tung độ âm về tung độ dương thì thể tích của khối nón không đổi.

Gọi $\left\{\begin{array}{l}A\left(a;0\right)\\ B\left(0;b\right)\end{array}\left(a,b>0\right)\right.$ suy ra phương trình đường thẳng $\left(AB\right):\frac{x}{y}+\frac{y}{b}=1\Rightarrow x=a-\frac{a}{b}.y$. 

Khi đó $V_{Oy}=\mathrm{\pi }.{\int }_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}{\left(\mathrm{a}-\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}\mathrm{y}\right)}^{2}d\mathrm{y}=\frac{{\mathrm{\pi a}}^2\mathrm{b}}{3}$.

 Ta có $\frac{4\mathrm{\pi }}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}.b\le \frac{4\mathrm{\pi }}{3}.\frac{{\left({\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{a}{2}}+b\right)}^3}{27}=\frac{4\mathrm{\pi }}{81}\Rightarrow V_{Max}=\frac{4\mathrm{\pi }}{81}$.

Đáp án B

Ta có ${\log }_{15}10=\frac{{\log }_{5}10}{{\log }_{5}15}=\frac{{\log }_5\left(2.5\right)}{{\log }_5\left(3.5\right)}=\frac{{\log }_{5}2+1}{{\log }_{5}3+1}$ mà ${\log }_{5}3=\frac{1}{a}; {\log }_{5}2=\frac{{\log }_{5}4}{2}=\frac{1}{2b}$. 

Khi đó ${\log }_{15}10=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2b}}+1}{{\displaystyle \frac{1}{a}}+1}=\frac{{\displaystyle \frac{2b+1}{2b}}}{{\displaystyle \frac{a+1}{a}}}=\frac{a\left(2b+1\right)}{2b\left(a+1\right)}=\frac{a+2ab}{2b+2ab}$.

Đáp án D

Gọi khối lập phương cần xét ABCD.A'B'C'D' cạnh a.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối cầu là $R_2=\frac{AA\text{'}}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow V_1=\frac{4}{3}{R_2}^3$. 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối cầu là

$R_1=\frac{AC\text{'}}{2}=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+AA{\text{'}}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_1=\frac{4}{3}{{\mathrm{\pi R}}^3}_1$ 

Vậy tỉ số $k=\frac{V_1}{V_2}=\frac{{R^3}_1}{{R^3}_1}={\left(\frac{R_1}{R_2}\right)}^3={\left(\sqrt{3}\right)}^3=3\sqrt{3}$.

Đáp án B

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD’ chính là thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Khi đó, bán kính khối cầu ngoại tiếp là $R=\frac{AC\text{'}}{2}$. 

Ta có $V=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }.\frac{\mathrm{AC}{\text{'}}^3}{8}=\frac{9}{2}{\mathrm{\pi a}}^3\Rightarrow \mathrm{AC}{\text{'}}^3=27{\mathrm{a}}^3\Rightarrow \mathrm{AC}\text{'}=3\mathrm{a}$. 

Mặt khác $AC{\text{'}}^2=A{B}^2+A{D}^2+AA{\text{'}}^2\Rightarrow A{D}^2=\left(3a^2\right)-a^2-{\left(2a\right)}^2=4a^2\Rightarrow AD=2a$. 

Vậy thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' là $V=AA\text{'}.AB.AD=a.2a.2a=4a^3$.

Đáp án A

Phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{1}+\frac{y}{3}+\frac{z}{2}=1$ mà $D\left(1;3;-2\right)\Rightarrow D\in \left(ABC\right)$. 

Và ta thấy rằng $\overline{AC}=\left(-1;0;2\right)$ và $\overline{BD}=\left(-1;0;2\right)$ suy ra ABCD là hình bình hành.

Vậy O.ABCD là một hình chóp có đáy là hình bình hành, do đó có 5 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu gồm:

Ÿ Mặt phẳng đi qua trung điểm của AC,BD và song song với (SAD) hoặc (SBC). 

Ÿ Mặt phẳng đi qua trung điểm cuả AD,BC đồng thời song song với (SAC) hoặc (SBD).

Ÿ Mặt phẳng đi qua trungđiểm của OA,OB,OC,OD.

Đáp án D

Ta có $y=\frac{2x-\sqrt{\left(m-1\right)x^2+1}}{x-1}=\frac{2x-\left|x\right|\sqrt{m-1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}}{x-1}=\frac{2={\displaystyle \frac{\left|x\right|}{x}}.\sqrt{m-1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}}{1-{\displaystyle \frac{1}{x}}}$ 

Đồ thị hàm số đã cho có hai đường TCN $\iff m-1+\frac{1}{x^2}>0;\forall x\in \mathrm{ℝ}\iff 1-m<0\iff m>1$.

Đáp án A

Phương trình ${12}^x+\left(4-m\right).3^x-m=0\iff {12}^x+4.3^x=m\left(3^x+1\right)\iff m=\frac{{12}^x+4.3^x}{3^x+1} (*)$. 

Xét hàm số $\left(x\right)f\left(x\right)=\frac{{12}^x+4.3^x}{3^x+1}$ trên khoảng (-1;0) có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{{12}^x.(3^x+1).\ln 12-({12}^x-4).\ln 3}{{\left(3^x+1\right)}^2}$.    

Ta có ${12}^x.\left(3^x+1\right).\ln 12-\left({12}^x-4\right).\ln 3={12}^x.\left(3^x.\ln 12-\ln 3\right)+{12}^x.\ln 2+4.\ln 3>0;\forall x\in \left(-1;0\right)$. 

Khi đó $f\text{'}\left(x\right)>0;\forall x\in \left(-1;0\right)$ suy ra f(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (-1;0) 

Tính các giá trị $f\left(-1\right)=\frac{17}{16};f\left(0\right)=\frac{5}{2}$ suy ra $minf\left(x\right)=\frac{17}{16}$ và $maxf\left(x\right)=\frac{5}{2}$.

Nên để phương trình (*) có nghiệm $\iff minf\left(x\right)<m>maxf\left(x\right)\Rightarrow m\in \left(\frac{17}{16};\frac{5}{2}\right)$.

Đáp án  A

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với O là gốc tọa độ. Phương trình đường tròn tâm O, đường kính AB = 8 là $x^2+y^2=16\iff y^2=16-x^2\iff x=\pm \sqrt{16-x^2}$. 

Diện tích hình phẳng cần tính gấp 2 lần diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sqrt{16-x^2},y=0,x=-2,x=2$. 

Khi đó $S=2.S_{\left(H\right)}=2.{\int }_{-2}^2\sqrt{16-x^2}dx\Rightarrow S=S=\frac{16}{3}\mathrm{\pi }+8\sqrt{3}$.

Đáp án A

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in \mathrm{ℝ}\right)$. Khi đó, ta có

Ÿ $\left|z-1\right|=\sqrt{{\left(x-1\right)}^2+y^2}\le 5\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2\le 25\to$ 

Ÿ Tập hợp các số phức nằm trong hoặc trên đường tròn

Ÿ tâm $I_1\left(1;0\right)$ bán kính $R_1=5$. 

$\left|z-i\right|=\sqrt{x^2+{(y-1)}^2}\ge 3\iff x^2+{(y-1)}^2\ge 9\to$Tập hợp các số phức nằm ngoài hoặc trên đường tròn tâm , bán kính $R_2=3$. 

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng $\left\{\begin{array}{l}{z}_{min}=z_1=0-2i=-2i\\ z_{max}=z_2=6+0i=6\end{array}\Rightarrow z_1+2z_2=12-2i\right.$.

Đáp án C

$S={\int }_1^{2}xf\left(x^2\right)dx=\frac{5}{2}\iff \frac{5}{2}=\frac{1}{2}{\int }_1^{2}f\left(x^2\right)d\left(x^2\right)=\frac{1}{2}{\int }_1^{4}f\left(u\right)d\left(u\right)=\frac{I}{2}\Rightarrow I=5.$.

Đáp án D

Đặt hệ trục tọa độ với tâm O là giao điểm 2 đường chéo hình chữ nhật và Ox, Oy song song với cạnh chiều dài và chiều rộng.

Diện tích mặt đường là diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi 2 elip $\left(E_1\right):\frac{x^2}{{50}^2}+\frac{y^2}{{30}^2}=1$ và $\left(E_2\right):\frac{x^2}{{48}^2}+\frac{y^2}{{28}^2}=1\Rightarrow S=\mathrm{\pi }\left(50.30-48.28\right)=156\mathrm{\pi }$. 

Số tiền là đường là: $T=600.000\times S\approx 294.053.072.$

Đáp án D

Gọi điểm $I\left(x;y;z\right)$ sao cho $3\overline{IA}+2\overline{IB}+\overline{IC}=\overline{0}$ suy ra điểm I(1;4;-3) 

Xét mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=1$ có tâm E(1;1;1) và bán kính R = 1. 

Suy ra $\overline{IE}=(0;-3;4)\Rightarrow IE=5>R=1$. Ta có $T=3{\overline{MA}}^2+2.{\overline{MB}}^2+{\overline{MC}}^2=3.{\left(\overline{MI}+\overline{IA}\right)}^2+2.{\left(\overline{MI}+\overline{IB}\right)}^2+{\left(\overline{MI}+\overline{IC}\right)}^2$ 

$=6.M{I}^2+2.\overline{MI}.\left(3\overline{IA}+2\overline{IB}+\overline{IC}\right)+3I{A}^2+2I{B}^2+I{C}^2=6M{I}^2+3I{A}^2+2I{B}^2+I{C}^2$. 

Để tổng T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất vì tổng $3I{A}^2+2I{B}^2+I{C}^2$ không đổi. Suy ra M, E, I thẳng hàng mà IE = 5 và EM = 1 nên $\Rightarrow 5.\overline{EM}=\overline{EI}$. 

Lại có $\overline{EI}=\left(0;3;-4\right)$ và $\overline{EM}=\left(a-1;b-1;c-1\right)$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=1\\ 5\left(b-1\right)=3\\ 5\left(c-1\right)=-4\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c=\frac{15}{4}.$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm BC.

Dễ dàng chứng minh $\angle \left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)=\angle SMA=60°$ 

$\Rightarrow SA=AM\sqrt{3}=\frac{3}{2}$. Đây là khối chóp có cạnh bên

vuông góc đáy nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp được tính là: $R^2={\left(\frac{SA}{2}\right)}^2+{\left(\frac{2AM}{3}\right)}^2=\frac{43}{48}\Rightarrow S=4{\mathrm{\pi R}}^2=\frac{43\mathrm{\pi }}{12}$.

Đáp án B

Ta có ${\int }_5^{4}f\left(t\right)dt=-{\int }_5^{4}f\left(t\right)dt=-2\Rightarrow {\int }_5^{4}f\left(t\right)dt={\int }_5^{4}f\left(x\right)dx=2$ .

Suy ra ${\int }_{-1}^{5}f\left(x\right)dx+{\int }_4^{5}f\left(t\right)dt={\int }_{-1}^{5}f\left(x\right)dx+{\int }_5^{4}f\left(x\right)dx={\int }_{-1}^{4}f\left(x\right)dx=7.$ 

Khi đó

${\int }_{-1}^4\left(f\left(x\right)+g\left(x\right)\right)dx+{\int }_{-1}^{4}f\left(x\right)dx+{\int }_{-1}^{4}g\left(x\right)dx={\int }_{-1}^{4}f\left(x\right)dx+{\int }_5^{4}f\left(x\right)dx={\int }_{-1}^{4}g\left(u\right)du=7+\frac{1}{3}=\frac{22}{3}.$