Đáp án C.

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):2x-3y+z-2=0\) suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( 2;-3;1 \right).\)

Đáp án B

Ta dựa vào đồ thị chọn \(a>0\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(c<0\).

Do đồ thị hàm số có 3 cực trị nên \(b<0\).

Đáp án B

Số cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là là tổ hợp chập 2 của 6: \(C_{6}^{2}\)

Đáp án D

\(\int\limits_{1}^{2}{\left[ f\left( x \right)-g\left( x \right) \right]dx}=2-6=-4\).

Đáp án B

Ta có \({{2}^{2x-1}}=8$$\Leftrightarrow {{2}^{2x-1}}={{2}^{3}}\Leftrightarrow 2x-1=3\Leftrightarrow x=2\).

Đáp án D

Thể tích của hình nón có chiều cao h và bán kính đáy r là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h\).

Đáp án B

Số phức liên hợp của số phức 1-2i là số phức 1+2i.

Đáp án D

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là \(Bh\).

Đáp án D

Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x=1.

Đáp án C

Hình chiếu của điểm M thuộc trục Oy thì có tọa độ \(\left( 0;1;0 \right)\).

Đáp án D

Công sai: \[d=\frac{{{u}_{n}}-{{u}_{1}}}{n-1}=\frac{6-2}{2-1}=4\]

Đáp án B

Ta có: \(\int{\left( 2x+3 \right)}dx={{x}^{2}}+3x+C\)

Đáp án A

Đường thẳng \(d:\frac{x+2}{1}=\frac{y-1}{-3}=\frac{z-3}{2}\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;\,-3;\,2 \right)\).

Đáp án A

Ta có \({{\log }_{2}}{{a}^{3}}=3{{\log }_{2}}a\)

Đáp án A

Nhìn BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( -1\,;\,\,0 \right)\) và \(\left( 1\,;\,\,+\infty  \right)\).

Đáp án C

Ta có \(2f\left( x \right)-3=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=\frac{3}{2}\)

Dựa vào bảng biến thiên: Suy ra phương trình \(f\left( x \right)=\frac{3}{2}\) có ba nghiệm thực phân biệt

Đáp án D

Ta có \({{z}_{1}}+2{{z}_{2}}=(1+i)+2(2+i)=5+3i\). Vậy điểm biểu diễn số phức \({{z}_{1}}+2{{z}_{2}}\) có tọa độ \(\left( 5;3 \right)\)

Đáp án D

Áp dụng quy tắc đạo hàm hàm số mũ \({{\left( {{a}^{u}} \right)}^{\prime }}={u}'.{{a}^{u}}.\ln a\).

Ta có: \({y}'={{\left( {{x}^{2}}-x \right)}^{\prime }}{{.2}^{{{x}^{2}}-x}}.\ln 2=\left( 2x-1 \right){{.2}^{{{x}^{2}}-x}}.\ln 2\).

Đáp án A

\(f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x\) xác định trên đoạn \(\left[ -3\,;\,3 \right]\).

\({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3\)

Cho \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-3=0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1\in \left[ -3\,;\,3 \right] \\ & x=-1\in \left[ -3\,;\,3 \right] \\ \end{align} \right.\)

Ta có \(f\left( -3 \right)=-18; f\left( -1 \right)=2; f\left( 1 \right)=-2; f\left( 3 \right)=18\)

Vậy \(\underset{\left[ -3;3 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,y=f\left( 3 \right)=18\).

Đáp án C

Ta có \({f}'\left( x \right)=0\\ \Leftrightarrow x{{\left( x-1 \right)}^{2}}=0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=1 \\ \end{align} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\):

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị.

Đáp án C

Ta có: \(2{{\log }_{2}}a+3{{\log }_{2}}b={{\log }_{2}}{{a}^{2}}.{{b}^{3}}={{\log }_{2}}16=4\).

Đáp án A

Vì tam giác ABC vuông cân tại B \(\Rightarrow AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

Ta có \(\left( \widehat{SC,\left( ABC \right)} \right)=\widehat{SCA}\)

Mà \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1 \Rightarrow \widehat{SCA}=45{}^\circ\)

Đáp án C

Ta có:

\({{V}_{1}}=\pi {{R}_{1}}^{2}h; {{V}_{2}}=\pi {{R}_{2}}^{2}h\) và \(V=\pi {{R}^{2}}h\)

Theo đề bài ta lại có:

\(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\Leftrightarrow \pi {{R}^{2}}h=\pi {{R}_{1}}^{2}h+\pi {{R}_{2}}^{2}h\Leftrightarrow R=\sqrt{{{R}_{1}}^{2}+{{R}_{2}}^{2}}\approx 2,059\left( m \right)\)

(\(V,R\) lần lượt là thể tích và bán kính của bể nước cần tính)

Đáp án A

\(\text{lo}{{\text{g}}_{2}}\left( x+1 \right)+1=\text{lo}{{\text{g}}_{2}}\left( 3x-1 \right)\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow \text{lo}{{\text{g}}_{2}}\left[ 2.\left( x+1 \right) \right]=\text{lo}{{\text{g}}_{2}}\left( 3x-1 \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2x+2=3x-1 \\ & 3x-1>0 \\ \end{align} \right.\\ \Leftrightarrow x=3\)

Vậy \(\left( 1 \right)\) có một nghiệm x=3.

Đáp án D

Thể tích khối lăng trụ là: \(V={{S}_{ABC}}.A{A}'=\frac{{{\left( 2a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}.3a=3\sqrt{3}{{a}^{3}}\)

Đáp án D

Bán kính mặt cầu là: \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-d}=\sqrt{{{0}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}-\left( -7 \right)}=3\)

Đáp án A

Ta có mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua điểm \(I\left( 4;3;-1 \right)\) là trung điểm của đoạn thẳng AB và nhận \(\overrightarrow{AB}=\left( 4;4;-6 \right)=2\left( 2;2;-3 \right)\) làm véc-tơ pháp tuyến.

Suy ra phương trình là \(2x+2y-3z=17\Leftrightarrow 2x+2y-3z-17=0\)

Đáp án C

Quan sát bảng biến thiên ta có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=3\) và \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=1\) nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y=1, y=3.

Mặt khác \(\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=0.

Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng ba đường tiệm cận.

Đáp án C

\(S=\int\limits_{-1}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\\ =\int\limits_{-1}^{1}{\left| f\left( x \right) \right|dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\\ =S=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)dx}-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)dx}\)

Đáp án A

\(z_{1}^{2}+z_{2}^{2}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-2{{z}_{1}}{{z}_{2}}=16-10=6\)

Đáp án C

Ta có \(\overrightarrow{BC}=(-1;1;-1);\overrightarrow{BD}=(0;-1;-2)\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD). Khi đó \(\Delta \) có vetơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{BD};\overrightarrow{BC} \right]=(3;2;-1)\).

\(\Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{align} & x=3t' \\ & y=2t' \\ & z=2-t' \\ \end{align} \right.\)

 Ta có \(M(3;2;1)\in \Delta \).

Nên \(\Delta :\left\{ \begin{align} & x=3+3t \\ & y=2+2t \\ & z=1-t \\ \end{align} \right.\)

Đáp án C

Gọi z=x+yi với \((x,y\in \mathbb{R})\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l} (2 + i)z - 4(\bar z - i)\\ = - 8 + 19i \Leftrightarrow - 2x - y + (x + 6y + 4)i\\ = - 8 + 19i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x - y = - 8\\ x + 6y = 15 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 3\\ y = 2 \end{array} \right.\\ \Rightarrow z = 3 + 2i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {13} \end{array}\)

Đáp án A

Ta có: \({y}'={f}'\left( 3-2x \right)\)

\(={{\left( 3-2x \right)}^{\prime }}{f}'\left( 3-2x \right)\)

\(=-2{f}'\left( 3-2x \right)\)

\({y}'=0\)

\(\Leftrightarrow -2{f}'\left( 3-2x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow {f}'\left( 3-2x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & 3-2x=-3 \\ & 3-2x=-1 \\ & 3-2x=1 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=3 \\ & x=2 \\ & x=1 \\ \end{align} \right.\) \({y}'\ge 0\\ \Leftrightarrow -2{f}'\left( 3-2x \right)\ge 0\) \(\Leftrightarrow {f}'\left( 3-2x \right)\le 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & 3-2x\le -3 \\ & -1\le 3-2x\le 1 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x\ge 3 \\ & 1\le x\le 2 \\ \end{align} \right.\)\)

Bảng xét dấu:

Hàm số \(y=f\left( 3-2x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( 3;+\infty  \right)\) nên đồng biến trên khoảng \(\left( 3;4 \right)\)

Đáp án D

Ta có: \(\int{\frac{2x+1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}\text{d}x\)

\(\text{=}\int{\frac{2\left( x+2 \right)-3}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}}\text{d}x\)

\(\text{=}\int{\frac{2\left( x+2 \right)}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\text{d}x}-\int{\frac{3}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\text{d}x}\)

\(\text{= 2}\int{\frac{\text{d}\left( x+2 \right)}{x+2}}-\int{3{{\left( x+2 \right)}^{-2}}}\text{d}\left( x+2 \right)\)

\(=2\ln \left| x+2 \right|+\frac{3}{x+2}+C\)

\(=2\ln \left( x+2 \right)+\frac{3}{x+2}+C\)

Đáp án C

\({f}'\left( x \right)=2{{\sin }^{2}}x+1=1-\cos 2x+1=2-\cos 2x\)

Suy ra \(f\left( x \right)=2x-\frac{\sin 2x}{2}+C\)

Vì \(f\left( 0 \right)=4\Rightarrow C=4\)

Suy ra \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{f\left( x \right)\text{d}x}=\left. \left( {{x}^{2}}+\frac{\cos 2x}{4}+4x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{{{\pi }^{2}}+16\pi -4}{16}\)

Đáp án C

Điều kiện: \(x>\frac{1}{5},m>0\)

Phương trình tương đương với:

\({{\log }_{3}}x-{{\log }_{3}}\left( 5x-1 \right)=-{{\log }_{3}}m\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{5x-1}{x}={{\log }_{3}}m\Leftrightarrow m=\frac{5x-1}{x}=f\left( x \right)\)

Xét \(f\left( x \right)=\frac{5x-1}{x};x\in \left( \frac{1}{5};+\infty  \right)\);

\({f}'\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}>0;\forall x\in \left( \frac{1}{5};+\infty  \right)\)

Bảng biến thiên

Để phương trình có nghiệm thì \(m\in \left( 0;3 \right)\), suy ra có 4 giá trị nguyên thỏa mãn

Đáp án A

Gọi thiết diện là ABCD với A,B trên đường tròn đáy tâm O

\(\Rightarrow ABCD\) là hình chữ nhật có \(h=BC=3\sqrt{2}\)

Gọi H là trung điểm của \(AB\Rightarrow OH\bot AB\) và \(OH\bot BC\) nên \(OH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow OH=d\left( O,\left( ABCD \right) \right)=1\)

Ta có \({{S}_{ABCD}}=12\sqrt{2} \Rightarrow AB.h=12\sqrt{2}\Rightarrow AB=4\)

Mà \(AH=\frac{1}{2}AB=2\)

\(R=OA=\sqrt{O{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{5}\) và \(l=h=3\sqrt{2}\)

Vậy \({{S}_{xq}}=2\pi Rl=6\pi \sqrt{10}\)

Đáp án C

Ta có \(f\left( x \right)<2x+m\Leftrightarrow m>f\left( x \right)-2x\)) \(\left( * \right)\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-2x\) trên \(\left( 0\,;\,2 \right)\).

Ta có \({g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-2<0 \forall x\in \left( 0\,;\,2 \right)\) nên hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( 0\,;\,2 \right)\)

Do đó \(\left( * \right)\) đúng với mọi \(x\in \left( 0\,;\,2 \right)\) khi \(m\ge g\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)\).

Đáp án D

* Gọi \(O=AC\cap BD\) và G là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm của AB ta có

\(SI\bot \left( ABCD \right)\) và \(\frac{d\left( D;\left( SAC \right) \right)}{d\left( I;\left( SAC \right) \right)}=\frac{DG}{IG}=2\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=2.d\left( I;\left( SAC \right) \right)\)

* Gọi K là trung điểm của AO, H là hình chiếu của I lên SK ta có \(IK\bot AC;\text{ }IH\bot \left( SAC \right)\)

\(\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=2.d\left( I;\left( SAC \right) \right)=2.IH\)

* Xét tam giác SIK vuông tại I ta có: \(SI=\frac{a\sqrt{3}}{2};\text{ }IK=\frac{BO}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

\(\frac{1}{I{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{I}^{2}}}+\frac{1}{I{{K}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}+\frac{16}{2{{a}^{2}}}=\frac{28}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow IH=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\)

\(\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=2.d\left( I;\left( SAC \right) \right)=2.IH=\frac{a\sqrt{21}}{7}\)

Đáp án C

* Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right)=C_{21}^{2}=210\)

* Gọi biến cố A=“Chọn được hai số có tổng là một số chẵn”, trong 21 số nguyên dương đầu tiên có 11 số lẻ và 10 số chẵn, để hai số chọn được có tổng là một số chẵn điều kiện là cả hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ \(\Rightarrow\) Số phần tử của biến cố A là: \(n\left( A \right)=C_{10}^{2}+C_{11}^{2}=100\)

* Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{10}{21}\)

Đáp án A

Xét phương trình tương giao: \(3x=2{{x}^{2}}+a\)

\(\Rightarrow 2{{x}^{2}}-3x+a=0 \left( 1 \right)\)

Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) (\({{x}_{2}}>{{x}_{1}}>0) \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \Delta =9-8a>0 \\ & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{3}{2}>0 \\ & {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=\frac{a}{2}>0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow 0\)

Ta có: \({{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{{{x}_{1}}}{\left( 2{{x}^{2}}-3x+a \right)dx=\left. \left( \frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}+ax \right) \right|_{0}^{{{x}_{1}}}}\)

\(=\frac{2}{3}x_{1}^{3}-\frac{3}{2}x_{1}^{2}+a{{x}_{1}}\)

\({{S}_{2}}=-\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left( 2{{x}^{2}}-3x+a \right)dx}\)

\(=\left. -\left( \frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}+ax \right) \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}$$=-\left( \frac{2}{3}x_{2}^{3}-\frac{3}{2}x_{2}^{2}+a{{x}_{2}} \right)+\left( \frac{2}{3}x_{1}^{3}-\frac{3}{2}x_{1}^{2}+a{{x}_{1}} \right)\)

Do \({{S}_{1}}={{S}_{2}}\Rightarrow \frac{2}{3}x_{2}^{3}-\frac{3}{2}x_{2}^{2}+a{{x}_{2}}=0\)

mà \({{x}_{2}}$ là nghiệm của $\left( 1 \right)\) nên \(2x_{2}^{2}-3{{x}_{2}}+a=0\Rightarrow a=-2x_{2}^{2}+3{{x}_{2}}\)

\(\left( 2 \right)\)

\(\Rightarrow \frac{2}{3}x_{2}^{3}-\frac{3}{2}x_{2}^{2}+\left( -2x_{2}^{2}+3{{x}_{2}} \right).{{x}_{2}}=0\)

\(\Leftrightarrow -\frac{4}{3}x_{2}^{3}+\frac{3}{2}x_{2}^{2}=0\)

\(\Rightarrow {{x}_{2}}=\frac{9}{8}\) ( loại nghiệm \({{x}_{2}}=0\))

Thay vào \(\left( 2 \right)$$\Rightarrow a=\frac{27}{32}\in \left( \frac{4}{5};\frac{9}{10} \right)\).

Đáp án C

Ta có mô hình minh họa cho bài toán sau:

Ta có \(d{{\left( A;d \right)}_{\min }}=\left| d\left( A;Oz \right)-d\left( d;Oz \right) \right|=1\).

Khi đó đường thẳng d đi qua điểm cố định \(\left( 0;2;0 \right)\) và do \(d//Oz\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)\) là vectơ chỉ phương của d, suy ra phương trình đường thẳng d có dạng:

\( \left\{ \begin{align} & x=0 \\ & y=2 \\ & z=t \\ \end{align} \right.\)

Ta thấy điểm Q( 0;2;-5) thỏa mãn phương trình đường thẳng d

Đáp án D

Ta có \(w=\frac{2+iz}{1+z}\)

\(\Leftrightarrow w\left( 1+z \right)=2+iz\)

\(\Leftrightarrow z\left( w-i \right)=-w+2\)

Lấy mô đun hai vế ta được

\(\sqrt{2}.\left| w-i \right|=\left| -w+2 \right|\)

Giả sử w=x+yi, với \(x,y\in \mathbb{R}\) ta có \(2\left[ {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}} \right]={{\left( 2-x \right)}^{2}}+{{\left( -y \right)}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4x-4y-2=0\)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w đường tròn có bán kính \(R=\sqrt{10}\).

Đáp án D

Xét tích phân \(I=\int\limits_{0}^{1}{xf\left( 6x \right)\operatorname{d}x}=1\).

Đặt \(t=6x\Rightarrow \operatorname{d}x=\frac{1}{6}\operatorname{d}t\) và \(x=\frac{1}{6}t\)

Khi x=0 thì t=0. Khi x=1 thì t=6.

Do đó \(I=\int\limits_{0}^{6}{\frac{1}{6}tf\left( t \right).\frac{1}{6}\operatorname{d}t}=\frac{1}{36}\int\limits_{0}^{6}{tf\left( t \right)\operatorname{d}t}\),

Suy ra \(\frac{1}{36}\int\limits_{0}^{6}{tf\left( t \right)\operatorname{d}t}=1\Rightarrow \int\limits_{0}^{6}{tf\left( t \right)\operatorname{d}t}=36\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{6}{tf\left( t \right)\operatorname{d}t}=36\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{6}{xf\left( x \right)\operatorname{d}x}=36\)

Xét tích phân \(J=\int\limits_{0}^{6}{{{x}^{2}}{f}'\left( x \right)\operatorname{d}x}\)

Đặt \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ {\mathop{\rm d}\nolimits} v = f'\left( x \right){\mathop{\rm d}\nolimits} x \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\mathop{\rm d}\nolimits} u = 2x{\mathop{\rm d}\nolimits} x\\ v = f\left( x \right) \end{array} \right. \end{array}\),

ta có

\(J=\int\limits_{0}^{6}{{{x}^{2}}{f}'\left( x \right)\operatorname{d}x}\)

\(=\left. {{x}^{2}}f\left( x \right) \right|_{0}^{6}-\int\limits_{0}^{6}{2xf\left( x \right)\operatorname{d}x}\)

\(=\left. {{x}^{2}}f\left( x \right) \right|_{0}^{6}-2\int\limits_{0}^{6}{xf\left( x \right)\operatorname{d}x}\)

\(={{6}^{2}}.f\left( 6 \right)-{{0}^{2}}.f\left( 0 \right)-2.36=-36\).

Đáp án A

Phương trình 

\(\left| f\left( {{x}^{3}}-3x \right) \right|=\frac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & f\left( {{x}^{3}}-3x \right)=\frac{3}{2} \\ & f\left( {{x}^{3}}-3x \right)=-\frac{3}{2} \\ \end{align} \right.\)

* Phương trình 

\(f\left( {{x}^{3}}-3x \right)=\frac{3}{2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}^{3}}-3x={{a}_{1}},\,\left( -2<{{a}_{1}}<0 \right) \\ & {{x}^{3}}-3x={{a}_{2}},\,\left( 0<{{a}_{2}}<2 \right) \\ & {{x}^{3}}-3x={{a}_{3}},\,\left( {{a}_{3}}>2 \right) \\ \end{align} \right.\)

* Phương trình \(f\left( {{x}^{3}}-3x \right)=-\frac{3}{2}\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3x={{a}_{4}},\,\left( {{a}_{4}}<-2 \right)\).

Đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3x\) có dạng như hình vẽ sau:

Dựa vào đồ thị trên ta có:

- Phương trình \({{x}^{3}}-3x={{a}_{1}}\) có 3 nghiệm phân biệt.

- Phương trình \({{x}^{3}}-3x={{a}_{2}}\) có 3 nghiệm phân biệt.

- Phương trình \({{x}^{3}}-3x={{a}_{3}}\) có 1 nghiệm.

- Phương trình \({{x}^{3}}-3x={{a}_{4}}\) có 1 nghiệm.

Vậy phương trình \(\left| f\left( {{x}^{3}}-3x \right) \right|=\frac{3}{2}\) có 8 nghiệm phân biệt.

Đáp án A

Điều kiện: \(\left\{ \begin{align} & x>0 \\ & x\ge {{\log }_{5}}m \\ \end{align} \right.\)

Phương trình \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{\log }_{3}}x=1 \\ & {{\log }_{3}}x=-\frac{1}{2} \\ & x={{\log }_{5}}m \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=3 \\ & x=\frac{1}{\sqrt{3}} \\ & x={{\log }_{5}}m \\ \end{align} \right.\)

TH1: Nếu m=1 thì \(x={{\log }_{5}}m=0\) (loại) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

TH2: Nếu m>1 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\(\frac{1}{\sqrt{3}}\le {{\log }_{5}}m<3\Leftrightarrow {{5}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}}\le m<125\). Do \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ 3;4;5;...;124 \right\}\)

Vậy có tất cả 123 giá trị nguyên dương của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Gọi \(M\,,\,N\) là tiếp điểm, H là tâm của đường tròn giao tuyến giữa mặt phẳng \(\left( AMN \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\), r là bán kính của đường tròn giao tuyến.

Ta có: \(AM=MH=r\,\).

Dễ thấy: \(I{{M}^{2}}+M{{A}^{2}}=A{{I}^{2}}\Rightarrow {{R}^{2}}+{{r}^{2}}=A{{I}^{2}}\).

Do \(0\le r\le R\Rightarrow {{R}^{2}}\le A{{I}^{2}}\le 2{{R}^{2}}\)

Với giả thiết bài toán, ta có \(I\left( 0\,;\,0 & \,;\,-1 \right)\,,\,R=\sqrt{5}\,,\,A\left( a\,;\,b\,;\,0 \right)\), ta có

\(5\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\le 10\Rightarrow 4\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 9\)

Do đó: 

\(\left\{ \begin{array}{l} a = 0\\ b = \pm 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} b = 0\\ a = \pm 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = \pm 2\\ b = \pm 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = \pm 1\\ b = \pm 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} b = \pm 1\\ a = \pm 2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a = 0\\ b = \pm 3 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} b = 0\\ a = \pm 3 \end{array} \right.\)

KL: có 20 điểm thỏa mãn bài toán.

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \({f}'\left( x \right)=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} - 1} \right)\\ x = b \in \left( { - 1;{\mkern 1mu} 0} \right)\\ x = c \in \left( {0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} 1} \right)\\ x = d \in \left( {1;{\mkern 1mu} + \infty } \right) \end{array} \right.\)

Ta có: 

\(y' = \left( {8x - 4} \right)f'\left( {4{x^2} - 4x} \right)\)

y'=0

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 8x - 4 = 0\\ f'\left( {4{x^2} - 4x} \right) = 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{1}{2}\\ 4{x^2} - 4x = a \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} - 1} \right)\\ 4{x^2} - 4x = b \in \left( { - 1;{\mkern 1mu} 0} \right)\\ 4{x^2} - 4x = c \in \left( {0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} 1} \right)\\ 4{x^2} - 4x = d \in \left( {1;{\mkern 1mu} + \infty } \right) \end{array} \right.\)

Ta có khi \(x=\frac{1}{2}\Rightarrow 4{{x}^{2}}-4x=-1\) và \({f}'\left( -1 \right)=-3\ne 0\)

Mặt khác: \(4{{x}^{2}}-4x={{\left( 2x-1 \right)}^{2}}-1\ge -1\) nên:

\(4{{x}^{2}}-4x=a\) vô nghiệm.

\(4{{x}^{2}}-4x=b\) có 2 nghiệm phân biệt \({{x}_{1}}, {{x}_{2}}\)

\(4{{x}^{2}}-4x=c\) có 2 nghiệm phân biệt \({{x}_{3}}, {{x}_{4}}\).

\(4{{x}^{2}}-4x=d\) có 2 nghiệm phân biệt \({{x}_{5}}, {{x}_{6}}\).

Vậy phương trình \({y}'=0\) có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm cực trị.

Đáp án A

\({{V}_{ABC.A'B'C'}}=6.16\frac{\sqrt{3}}{4}=24\sqrt{3}\)

Thể tích cần tìm là \({{V}_{1}}={{V}_{ABC.MNP}}={{V}_{A'B'C'.MNP}}\)

\({{V}_{2}}={{V}_{A'.AMN}}={{V}_{B'.BMP}}={{V}_{C'CNP}}\)

\(\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=2{{V}_{1}}+3{{V}_{2}}\)

\({{S}_{AMN}}=\frac{1}{4}{{S}_{AB'C'}}\Rightarrow {{V}_{2}}=\frac{1}{4}{{V}_{A'.AB'C'}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{1}{12}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\)

\(\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=2{{V}_{1}}+\frac{1}{4}{{V}_{ABC.A'B'C'}}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{3}{8}{{V}_{ABC.A'B'C'}}=9\sqrt{3}\)

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{x-1}{x}+\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}+\frac{x+2}{x+3}=\left| x+2 \right|-x-m\).

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -3;-2;-1;0 \right\}\)

Với điều kiện trên, phương trình trở thành

\(4-\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}=\left| x+2 \right|-x-m\,\,\,\,\left( * \right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+3}-4+\left| x+2 \right|-x=m\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+3}-4+\left| x+2 \right|-x\) với tập xác định D. Ta có

\({f}'\left( x \right)=-\frac{1}{{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}+\frac{x+2}{\left| x+2 \right|}-1<0,\forall x\in D\).

Bảng biến thiên

Để \(\left( {{C}_{1}} \right)\) và \(\left( {{C}_{2}} \right)\) cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biệt thì phương trình \(\left( * \right)\) có 4 nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên suy ra tất cả các giá trị m cần tìm là \(m\le -2\).