Áp dụng định lí Vi – et cho phương trình \({z^2} - mz + 2m - 1 = 0\) trong tập số phức ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} =  - \frac{b}{a} = m\\{z_1}{z_2} = \frac{c}{a} = 2m - 1\end{array} \right.\)

Khi đó: \(z_1^2 + z_2^2 =  - 10 \Leftrightarrow {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2} =  - 10\) \( \Leftrightarrow {m^2} - 2\left( {2m - 1} \right) =  - 10 \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 12 = 0 \Leftrightarrow m = 2 \pm 2\sqrt 2 i\)

Chọn B.

+ Đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;2;3} \right)\) và đi qua \({M_1}\left( {1;0;3} \right)\)

+ Đường thẳng \({d_2}:\frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 2}}{6}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2;4;6} \right)\) và đi qua \({M_2}\left( {0;1;2} \right)\)

Nhận thấy \(\overrightarrow {{u_2}}  = 2\overrightarrow {{u_1}} \) nên \(\overrightarrow {{u_1}} ;\,\overrightarrow {{u_2}} \) cùng phương. Lại có thay tọa độ \({M_2}\left( {0;1;2} \right)\) vào \({d_1}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 3}}{3}\) ta được \(\frac{{0 - 1}}{1} = \frac{1}{2} = \frac{{2 - 3}}{3} \Leftrightarrow  - 1 = \frac{1}{2} =  - \frac{1}{3}\)  (vô lý) nên \({M_2} \notin {d_1}\).

Vậy \({d_1}//{d_2}.\)

Chọn  C.

Số tiền sau \(2\) năm \( = 24\) tháng người đó nhận được là \(M = 2{\left( {1 + 0,65\% } \right)^{24}} = 2.{\left( {1,0065} \right)^{24}}\)  triệu đồng.

Chọn  A.

Hình tứ diện đều có \(4\) mặt, \(4\) đỉnh và \(6\) cạnh.

Chọn D.

Gọi \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \overline z  = a - bi\) ta có:

\(\begin{array}{l}3z + 2\overline z  = {\left( {4 - i} \right)^2} \Leftrightarrow 3\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 16 - 8i + {i^2}\\ \Leftrightarrow 5a + bi = 15 - 8i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = 15\\b =  - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b =  - 8\end{array} \right.\\ \Rightarrow z = 3 - 8i.\end{array}\) 

Vậy \(\left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {8^2}}  = \sqrt {73} \).

Chọn  D.

Ta có : \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Lại có \(y'' = 6x - 6\) , suy ra \(y''\left( 0 \right) = 6.0 - 6 =  - 6 < 0\)  và  \(y''\left( 2 \right) = 6.2 - 6 = 6 > 0\)

Nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số và \(x = 2\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Chọn  D.

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.

Do đó ta chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.

Đáp án D: \(y' =  - 40{x^3} - 10x =  - 10x\left( {4{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Ngoài ra \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm qua \(x = 0\) nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số, hàm số không có cực tiểu.

Chọn  D.

Ta có \({V_{OABC}} = \frac{1}{3}OA.{S_{OBC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.2a.3a = {a^3}\)

Lại có \(\frac{{{V_{OCMN}}}}{{{V_{OCAB}}}} = \frac{{OC}}{{OC}}.\frac{{OM}}{{OA}}.\frac{{ON}}{{OB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4}\)  nên \({V_{OCMN}} = \frac{1}{4}{V_{OCAB}} = \frac{1}{4}.{a^3} = \frac{{{a^3}}}{4}\)

Chọn A.

Ta có: \(y = \ln \frac{1}{{x + 1}} = \ln 1 - \ln \left( {x + 1} \right) =  - \ln \left( {x + 1} \right)\)

Suy ra \(y' = \left[ { - \ln \left( {x + 1} \right)} \right]' =  - \frac{{\left( {x + 1} \right)'}}{{x + 1}} =  - \frac{1}{{x + 1}}\)

Do đó \(xy' - 1 = x.\left( { - \frac{1}{{x + 1}}} \right) - 1 = \frac{{ - x - \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = \frac{{ - 2x - 1}}{{x + 1}}\).

\(xy' + 1 = x.\left( { - \frac{1}{{x + 1}}} \right) + 1 = \frac{{ - x + \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = \frac{1}{{x + 1}}\).

\({e^y} = {e^{ - \ln \left( {x + 1} \right)}} = {e^{\ln \frac{1}{{x + 1}}}} = \frac{1}{{x + 1}} = xy' + 1\).

Vậy \(xy' + 1 = {e^y}\).

Chọn D.

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ \(\left( { - 1;3} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay \(x =  - 1;y = 3\) vào hai hàm số còn lại thì chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\)  thỏa mãn.

Chọn  B.

Xét phương trình \({x^3} = 4x \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\).

Do đó:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx}  + \int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} \\ = \left. {\left( {\frac{1}{4}{x^4} - 2{x^2}} \right)} \right|_{ - 2}^0 - \left. {\left( {\frac{1}{4}{x^4} - 2{x^2}} \right)} \right|_0^2 = 4 + 4 = 8\end{array}\)

Chọn B.

Vì hình nón có bán kính \(R\) và chiều cao \(h\) bằng nhau nên \(h = R\) và thể tích hình nón đã cho là \({V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {R^2}.R = \frac{1}{3}\pi {R^3}\)

Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân \(SAB\) có \(SH = h = R = HB = \frac{{BA}}{2}\) nên \(\Delta SAB\) vuông tại \(S\) .

Khi đó \(H\)  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\) và \(H\) cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh \(S.\)

Nên bán kính mặt cầu là \(HS = R\) nên  thể tích hình cầu này là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Suy ra \(\frac{{{V_n}}}{{{V_c}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}} = \frac{1}{4}\) .

Chọn C.

Ta có: \(w = 3{z_1} - 2{z_2} = 3\left( {1 + 2i} \right) - 2\left( {2 - 3i} \right) = 3 + 6i - 4 + 6i =  - 1 + 12i\).

Vậy phần ảo của \(w\) là \(12\).

Chọn A.

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn \({x_{CD}} < {x_{CT}}\) nếu và chỉ nếu \(a > 0\) và phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

+) \(a > 0 \Leftrightarrow \frac{m}{3} > 0 \Leftrightarrow m > 0\).

+) \(y' = 0 \Leftrightarrow m{x^2} + 4x + m = 0\) có \(\Delta ' = 4 - {m^2}\).

Phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  = 4 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2\).

Kết hợp ta được \(0 < m < 2\).

Chọn A.

Vì \(f'\left( x \right) < 0;\,\forall x > 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) suy ra \(f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right) > f\left( e \right) > f\left( 3 \right) > f\left( \pi  \right) > f\left( 4 \right)\)

Khi đó

+ \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( e \right) > f\left( 3 \right)\\f\left( \pi  \right) > f\left( 4 \right)\end{array} \right. \Rightarrow f\left( e \right) + f\left( \pi  \right) > f\left( 3 \right) + f\left( 4 \right)\) nên A sai

+ \(f\left( e \right) > f\left( \pi  \right)\) nên \(f\left( e \right) - f\left( \pi  \right) > 0\) nên B sai

+ \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( e \right) < f\left( 2 \right)\\f\left( \pi  \right) < f\left( 2 \right)\end{array} \right. \Rightarrow f\left( e \right) + f\left( \pi  \right) < 2f\left( 2 \right)\)  nên C đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) > f\left( 3 \right)\\f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right)\end{array} \right. \Rightarrow f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) > 2f\left( 3 \right)\)  nên D sai.

Chọn  C.

\(y =  - {x^4} + 4{x^2} + 10 \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 8x =  - 4x\left( {{x^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Xét dấu \(y'\):

Ta thấy: \(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - \sqrt 2 \\0 < x < \sqrt 2 \end{array} \right.\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - \sqrt 2 } \right)\) và \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\) (khoảng \(\left( I \right)\) và \(\left( {III} \right)\))

Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) và \(d'\) nếu nó đi qua \(M = d \cap d'\) và nhận \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_{d'}}} } \right]\) làm \(VTPT\).

\(d:\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 4}}{3} \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t'\\y =  - 2 + t'\\z = 4 + 3t'\end{array} \right.\)

Gọi \(M\) là giao điểm của \(d\) và \(d'\), khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}1 - 2t' =  - 1 + t\\ - 2 + t' =  - t\\4 + 3t' =  - 2 + 3t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t' + t = 2\\ - t' - t =  - 2\\ - 3t' + 3t = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' = 0\\t = 2\end{array} \right.\)

Suy ra \(M\left( {1; - 2;4} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( { - 2;1;3} \right),\overrightarrow {{u_{d'}}}  = \left( {1; - 1;3} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{u_{d'}}} } \right] = \left( {6;9;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {1; - 2;4} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {6;9;1} \right)\) làm VTPT nên \(\left( P \right):6\left( {x - 1} \right) + 9\left( {y + 2} \right) + 1\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow 6x + 9y + z + 8 = 0\).

Chọn A.

Hình nón đỉnh \(S\) có thiết diện qua đỉnh là tam giác vuông cân \(SAB\)  khi đó xét tam giác vuông \(SHB\) có đường cao  \(SH = HB.\tan 45^\circ \) nên B đúng.

Tam giác \(SBH\) vuông có \(\angle SBH = 45^\circ \) nên \(\Delta SHB\) vuông cân, suy ra \(\angle HSB = 45^\circ \) hay đường sinh \(SB\) hợp với trục \(SH\) góc \(HSB = 45^\circ \) nên C đúng.

Và đường sinh \(SB\) tạo với đáy góc \(SBH = 45^\circ \) nên D đúng.

Hai đường dinh bất kì \(SB,SC\) chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai.

Chọn A.

Đáp án A: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;11; - 5} \right),\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( { - 1;2;1} \right)\)

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) + 11.2 + \left( { - 5} \right).1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{11}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{{15}}{{30}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha  = {60^0}\).

Chọn A.

+ Ta có \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 3;0;1} \right);\overrightarrow {BD}  = \left( { - 4; - 1;2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {1;2;3} \right)\)

+ Mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) đi qua \(B\left( {3;2;0} \right)\) và có 1 VTPT là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {1;2;3} \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là \(1\left( {x - 3} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 3z - 7 = 0\)

+ Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(A\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) nên bán kính mặt cầu là

\(R = d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2.\left( { - 2} \right) + 3.\left( { - 2} \right) - 7} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \sqrt {14} \)

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 14\)

Chọn  B.

Gọi \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\), khi đó:

\(\left| {\overline z  + 1 - i} \right| \le 4 \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 1} \right) - \left( {y + 1} \right)i} \right| \le 4\) \( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}}  \le 4 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \le {4^2}\)

Vậy tập hợp điểm \(M\) biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm \(I\left( { - 1; - 1} \right)\), bán kính \(R = 4\) (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).

Chọn C.

Ta có \(\left( {\sqrt 3  + \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right) = 1 \Leftrightarrow \sqrt 3  + \sqrt 2  = \frac{1}{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }} = {\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)^{ - 1}}\)

Nên \({\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)^x} > \sqrt 3  + \sqrt 2 \)\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)^x} > {\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow x <  - 1\) (vì \(0 < \sqrt 3  - \sqrt 2  < 1\) )

Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow a  \bot \overrightarrow b  \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0 \Leftrightarrow 2.\left( { - 1} \right) + 1.\left( {m - 2} \right) + 0.1 = 0 \Leftrightarrow m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4\).

Chọn B.

Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên \(a > 1\), loại D.

Điểm có tọa độ \(\left( {\frac{1}{2}; - 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay \(x = \frac{1}{2};\,\,y =  - 1\) vào từng hàm số còn lại, chỉ có hàm số \(y = {\log _2}x\)  thỏa mãn  \(\left( {do\,\,\,{{\log }_2}\left( {\frac{1}{2}} \right) =  - 1} \right)\)  nên chọn A.

Chọn A.

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng chứa \(B'G\) và song song với \(C'D.\)

Gọi \(M,\,N\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha  \right)\) với \(CD\) và \(CC'.\)

Khi đó ta có: \(MN//C'D\) và \(\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{CN}}{{CC'}} = \frac{2}{3}\)

Và \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng \(\left( {AMNB'} \right),\,\,\left( H \right)\) là phần khối đa diện chứa \(C.\)

Khi đó ta có: \({V_{\left( H \right)}} = {V_{M.BCNB'}} + {V_{B'.ABM}}\)

Ta có: \(BCNB'\) là hình thang vuông tại \(B,\,\,C\) có diện tích:

\(\begin{array}{l}{S_{BCNB'}} = \frac{1}{2}\left( {BB' + CN} \right).BC = \frac{1}{2}\left( {4a + \frac{2}{3}.4a} \right).4a = \frac{{40{a^2}}}{3}.\\ \Rightarrow {V_{MBCNB'}} = \frac{1}{3}MC.{S_{BCNB'}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}.3a.\frac{{40}}{3}{a^2} = \frac{{80{a^3}}}{9}.\end{array}\)

Mặt khác \({S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta BCM}} - {S_{\Delta ADM}} = 3a.4a - \frac{1}{2}.4a.\frac{2}{3}.3a - \frac{1}{2}.4a.\frac{1}{3}.3a = 6{a^2}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{B'ABM}} = \frac{1}{3}BB'.{S_{ABM}} = \frac{1}{3}.4a.6{a^2} = 8{a^3}.\\ \Rightarrow {V_{\left( H \right)}} = \frac{{80}}{9}{a^3} + 8{a^3} = \frac{{152{a^3}}}{9}.\end{array}\) 

Thể tích hình hộp chữ nhật là: \(V = 3a.4a.4a = 48{a^3}.\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{\left( H \right)}}}}{V} = \frac{{152{a^3}}}{9}.\frac{1}{{48{a^3}}} = \frac{{19}}{{54}}.\)

Chọn A.

+ Đường thẳng \(d:\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y - 2}}{4} = \frac{z}{{ - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 2 + 4t\\z =  - t\end{array} \right.\).

Vì \(M \in d \Rightarrow M\left( {2 + 3t;2 + 4t; - t} \right)\)

\(I\left( {1;2;0} \right)\) là trung điểm đoạn \(MN \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2}\\{z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2{x_I} - {x_M} =  - 3t\\{y_N} = 2{y_I} - {y_M} = 2 - 4t\\{z_N} = 2{z_I} - {z_M} = t\end{array} \right. \Rightarrow N\left( { - 3t;2 - 4t;t} \right)\)

Vì \(N \in \left( S \right)\) nên thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình  mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 36\) ta được:

\({\left( { - 3t - 1} \right)^2} + {\left( { - 4t} \right)^2} + {\left( {t - 3} \right)^2} = 36 \Leftrightarrow 26{t^2} - 26 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 \Rightarrow N\left( { - 3; - 2;1} \right)\\t =  - 1 \Rightarrow N\left( {3;6; - 1} \right)\end{array} \right.\)

Chọn B.

Ta có: \(\int\limits_0^4 {f'\left( {x - 2} \right)dx}  + \int\limits_0^2 {f'\left( {x + 2} \right)dx} \) \( = \int\limits_0^4 {f'\left( {x - 2} \right)d\left( {x - 2} \right)}  + \int\limits_0^2 {f'\left( {x + 2} \right)d\left( {x + 2} \right)} \) \( = \left. {f\left( {x - 2} \right)} \right|_0^4 + \left. {f\left( {x + 2} \right)} \right|_0^2\) \( = f\left( 2 \right) - f\left( { - 2} \right) + f\left( 4 \right) - f\left( 2 \right)\) \( = f\left( 4 \right) - f\left( { - 2} \right) = 4 - \left( { - 2} \right) = 6\)

Chọn D.

Dựng hình hộp chữ nhật \(AMCN.PBQD\) như hình bên.  Khi đó tứ diện \(ABCD\) thỏa mãn \(AB = CD = 11m;BC = AD = 20m;BD = AC = 21m.\)

Gọi các kích thước hình hộp chữ nhật là \(m;n;p\) . Gọi \(V = {V_{AMCN.PBQD}} = m.n.p\)

Ta có: \({V_{PA{\rm{D}}B}} = {V_{MABC}} = {V_{QBC{\rm{D}}}} = {V_{NAC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.ND.{S_{ACN}}\) \( = \frac{1}{3}.ND.\frac{1}{2}.AN.NC = \frac{1}{6}.ND.NA.NC = \frac{1}{6}m.n.p = \frac{1}{6}{V_{AMCN.PBQ{\rm{D}}}}\)

Suy ra \({V_{PA{\rm{D}}B}} + {V_{MABC}} + {V_{QBC{\rm{D}}}} + {V_{NAC{\rm{D}}}} = \frac{1}{6}V + \frac{1}{6}V + \frac{1}{6}V + \frac{1}{6}V = \frac{2}{3}V\)  mà \({V_{PA{\rm{D}}B}} + {V_{MABC}} + {V_{QBC{\rm{D}}}} + {V_{NAC{\rm{D}}}} + {V_{ABCD}} = V\)

Suy ra: \({V_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}V = m.n.p\)

Xét các tam giác vuông \(APB;\,APD;PDB\), theo định lý Pytago ta có

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + {n^2} = B{D^2}\\{m^2} + {p^2} = A{D^2}\\{p^2} + {n^2} = A{B^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + {n^2} = {21^2}\\{m^2} + {p^2} = {20^2}\\{p^2} + {n^2} = {11^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + {n^2} + {p^2} = 481\\{m^2} + {n^2} = {21^2}\\{m^2} + {p^2} = {20^2}\\{p^2} + {n^2} = {11^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 6\sqrt {10} \\n = 9\\p = 2\sqrt {10} \end{array} \right.\)

\({V_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}m.n.p = \frac{1}{3}.6\sqrt {10} .9.2\sqrt {10}  = 360{m^3}\)

Chọn D.

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\) ta được:

\(\left| {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y + 2} \right)i} \right|\) \( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow 2x + 1 + 2y + 1 = 4y + 4 \Leftrightarrow x - y - 1 = 0\).

Do đó tập hợp các số phức \(z\) thỏa mãn bài toán là đường thẳng \(x - y - 1 = 0\).

Từ hình vẽ ta thấy \(\left| z \right|\) đạt GTNN khi \(\left| z \right| = OH = d\left( {O,\left( \Delta  \right)} \right) = \frac{{\left| {0 - 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn D.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4{m^2}x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - {m^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = {m^2}\end{array} \right.\).

Điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị là \({m^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = {m^4} + 1\\x = m \Rightarrow y = 1\\x =  - m \Rightarrow y = 1\end{array} \right.\) .

Gọi \(A\left( {0;{m^4} + 1} \right);B\left( { - m;1} \right);C\left( {m;1} \right)\) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Vì \(B;C\) đối xứng nhau qua trục \(Oy\) và \(O;A \in Oy\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB = OC\\AB = AC\end{array} \right.\).

Lại có cạnh \(OA\) chung nên \(\Delta BAO = \Delta CAO\left( {c - c - c} \right)\) suy ra \(\widehat {OBA} = \widehat {OCA}\), mà tứ giác \(OBAC\) nội tiếp nên \(\widehat {OBA} + \widehat {OCA} = 180^\circ  \Rightarrow \widehat {OBA} = \widehat {OCA} = 90^\circ \).

Hay \(AB \bot OB \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OB}  = 0\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - m; - {m^4}} \right);\,\overrightarrow {OB}  = \left( { - m;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OB}  = {m^2} - {m^4} = 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2}\left( {1 - {m^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( L \right)\\m = 1\left( {TM} \right)\\m =  - 1\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(m =  \pm 1.\)

Chọn A.

Điều kiện : \(a > 0\)

Ta có : \({\log _2}a + {\log _3}a + {\log _5}a = {\log _2}a.{\log _3}a.{\log _5}a\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}a + {\log _3}2.{\log _2}a + {\log _5}2.{\log _2}a\) \( = {\log _2}a.{\log _3}2.{\log _2}a.{\log _5}2.{\log _2}a\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}a\left( {1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2} \right) = \log _2^3a.{\log _3}2.{\log _5}2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}a\left( {\log _2^2a.{{\log }_3}2.{{\log }_5}2 - 1 - {{\log }_3}2 - {{\log }_5}2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}a = 0\\\log _2^2a.{\log _3}2.{\log _5}2 - 1 - {\log _3}2 - {\log _5}2 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\\log _2^2a = \frac{{1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2}}{{{{\log }_3}2.{{\log }_5}2}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\{\log _2}a = \sqrt {\frac{{1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2}}{{{{\log }_3}2.{{\log }_5}2}}}  = {t_1}\\{\log _2}a =  - \sqrt {\frac{{1 + {{\log }_3}2 + {{\log }_5}2}}{{{{\log }_3}2.{{\log }_5}2}}}  = {t_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\a = {2^{{t_1}}} > 0\\a = {2^{{t_2}}} > 0\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có \(3\) nghiệm \(a > 0\).

Chọn C.

ĐK : \(x \ne 3\)

Ta có \(y = \frac{{x + 3}}{{x - 3}} = 1 + \frac{6}{{x - 3}}\) . Đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng \(x = 3\) và tiệm cận ngang \(y = 1.\) Suy ra tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) là \(I\left( {3;1} \right)\).

Với \(A,B \in \left( C \right)\) và \(A,B\) thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị . Để \(AB\) nhỏ nhất  thì \(A;I;B\) thẳng hàng hay \(I\) là trung điểm của \(AB.\)

Gọi \(A\left( {{x_A};1 + \frac{6}{{{x_A} - 3}}} \right);B\left( {{x_B};1 + \frac{6}{{{x_B} - 3}}} \right)\)  thuộc đồ thị \(\left( C \right)\).

Vì \(I\left( {3;1} \right)\) là trung điểm của \(AB\) nên \({x_A} + {x_B} = 2{x_I} \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 6 \Leftrightarrow {x_B} = 6 - {x_A}\)

Suy ra \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{6}{{{x_B} - 3}} - \frac{6}{{{x_A} - 3}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {{{\left( {6 - 2{x_A}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{6}{{3 - {x_A}}} - \frac{6}{{{x_A} - 3}}} \right)}^2}}  = \sqrt {4{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2} + \frac{{144}}{{{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2}}}} \)

Ta có \(A{B^2} = 4{\left( {{x_A} - 3} \right)^2} + \frac{{144}}{{{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2}}}\mathop  \ge \limits^{Cosi} 2\sqrt {4{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2}.\frac{{144}}{{{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2}}}}  = 48\)

Suy ra \(A{B_{\min }} = \sqrt {48}  = 4\sqrt 3  \Leftrightarrow 4{\left( {{x_A} - 3} \right)^2} = \frac{{144}}{{{{\left( {{x_A} - 3} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_A} - 3} \right)^4} = 36 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = 3 + \sqrt 6 \\{x_A} = 3 - \sqrt 6 \end{array} \right.\)

Chọn C.

Gọi \(M = d \cap \Delta \) thì \(M\left( { - 1 + 2t;3t; - 1 - t} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AM}  = \left( { - 2 + 2t,3t - 2, - t} \right)\), \(\overrightarrow {BA}  = \left( { - 2;3;4} \right)\), \(\overrightarrow {BM}  = \left( { - 4 + 2t;3t + 1;4 - t} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {BA} } \right] = \left( {15t - 8; - 6t + 8;12t - 10} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {B,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {BA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right|}}\)  \( = \frac{{\sqrt {{{\left( {15t - 8} \right)}^2} + {{\left( { - 6t + 8} \right)}^2} + {{\left( {12t - 10} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {2t - 2} \right)}^2} + {{\left( {3t - 2} \right)}^2} + {t^2}} }}\) \( = \sqrt {\frac{{{{\left( {15t - 8} \right)}^2} + {{\left( { - 6t + 8} \right)}^2} + {{\left( {12t - 10} \right)}^2}}}{{{{\left( {2t - 2} \right)}^2} + {{\left( {3t - 2} \right)}^2} + {t^2}}}} \) \( = \sqrt {\frac{{405{t^2} - 576t + 228}}{{14{t^2} - 20t + 8}}} \)

Xét \(f\left( t \right) = \frac{{405{t^2} - 576t + 228}}{{14{t^2} - 20t + 8}}\). Sử dụng MTCT (chức năng TABLE với bước START nhập \( - 5\), bước END nhập \(5\) và bước STEP nhập \(1\) ta sẽ được kết quả GTLN \(f\left( t \right) = 29\) tại \(t = 2\).

Do đó \(M\left( {3;6; - 3} \right)\) hay \(a = 3;b = 6;c =  - 3 \Rightarrow a + b + c = 6\).

Chọn D.

Ta có: \(\int\limits_1^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx}  = \ln 2\) \( \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{f\left( x \right)}}}  = \ln 2\) \( \Leftrightarrow \left. {\ln f\left( x \right)} \right|_1^2 = \ln 2 \Leftrightarrow \ln f\left( 2 \right) - \ln f\left( 1 \right) = \ln 2\)\( \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 2f\left( 1 \right)\)

Lại có: \(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx}  = 10 \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_1^2 = 10 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) = 10\)

Từ đó \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) = 2f\left( 1 \right)\\f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) = 20\\f\left( 1 \right) = 10\end{array} \right.\).

Chọn C.

Chiều dài viên phấn bằng với chiều dài của hình hộp carton bằng \(6cm\) .

Đường kính đáy của viên phấn hình trụ là \(d = 1cm\) .

Để hộp chứa được nhiều viên phấn nhất ta phải xếp các viên phấn theo chiều thẳng đứng và hợp với đáy hộp có chiều rộng bằng \(5{\rm{ }}cm,\) chiều dài \(6cm\) , chiều cao \(6cm\) .

Diện tích đáy hộp là \(5.6 = 30c{m^2}\) nên 1 hộp carton chứa được nhiều nhất  \(5.6 = 30\)  viên phấn.

Vậy với \(12\) hộp ta có thể xếp được \(12.30 = 360\) viên phấn.

Suy ra xếp \(350\)  viên phấn vào \(12\) hộp thì ta thiếu \(10\) viên.

Chọn D.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\2x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\).

Khi đó phương trình \( \Leftrightarrow {\log _2}x.{\log _3}\left( {2x - 1} \right) - 2{\log _2}x = 0\) \( \Leftrightarrow {\log _2}x\left[ {{{\log }_3}\left( {2x - 1} \right) - 2} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 0\\{\log _3}\left( {2x - 1} \right) - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\2x - 1 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có \(2\) nghiệm.

Chọn C.

Ta có : \({2^{\left| {\dfrac{{28}}{3}x + 1} \right|}} = {16^{{x^2} - 1}} \Leftrightarrow {2^{\left| {\dfrac{{28}}{3}x + 1} \right|}} = {2^{4\left( {{x^2} - 1} \right)}}\) \( \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{28}}{3}x + 1} \right| = 4\left( {{x^2} - 1} \right)\,\,\,\left( {DK:\,\,\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{28}}{3}x + 1 = 4\left( {{x^2} - 1} \right){\mkern 1mu} }\\{\dfrac{{28}}{3}x + 1 = 4\left( {1 - {x^2}} \right){\mkern 1mu} }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}12{x^2} - 28x - 15 = 0\\12{x^2} + 28x - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{7 + \sqrt {94} }}{6}\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = \frac{{7 - \sqrt {94} }}{6}\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = \frac{{ - 7 + 2\sqrt {19} }}{6}\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = \frac{{ - 7 - 2\sqrt {19} }}{6}\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{7 + \sqrt {94} }}{6}\\x = \frac{{ - 7 - 2\sqrt {19} }}{6}\end{array} \right.\)

Chọn B

Ta có: \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _2}\left( {{{2.5}^x} - 2} \right) \ge m\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _2}\left[ {2.\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] \ge m\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).\left[ {1 + {{\log }_2}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] \ge m\).

Đặt \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) = t\). \(x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Rightarrow {5^x} - 1 \ge 4 \Rightarrow t = {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \ge {\log _2}4 = 2 \Rightarrow t \ge 2\).

Khi đó bất phương trình trên trở thành \(t.\left( {1 + t} \right) \ge m \Leftrightarrow {t^2} + t \ge m\,\,\left( * \right)\).

Bài toán thỏa \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có tập nghiệm \(\left[ {2; + \infty } \right)\) hay \(\left( * \right)\) luôn đúng với mọi \(t \ge 2\) \( \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{t \ge 2} \left( {{t^2} + t} \right) \ge m\).

Xét \(f\left( t \right) = {t^2} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = 2t + 1 > 0,\forall t \ge 2\).

Do đó \(m \le \mathop {\min }\limits_{t \ge 2} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = 6 \Rightarrow m \le 6\).

Chọn B.

Gọi hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(x\) có diện tích mặt chéo \({S_{ACC'A'}} = {a^2}\sqrt 2 \)

Ta có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = x\sqrt 2 \)  nên \({S_{ACC'A'}} = AC.AA' = x\sqrt 2 .x = {a^2}\sqrt 2  \Rightarrow x = a\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Nên thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2}\)

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\)

Suy ra \(S.V = 3\pi {a^3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\pi {a^3} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\pi ^2}{a^5}\)

Chọn B.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) xuống mặt phẳng \(\left( P \right)\). Khi đó \(OH \le OA\)  nên \(OH\) lớn nhất khi \(H \equiv A\)

Hay \(\left( P \right)\) là mặt phẳng qua \(A\left( {1;1;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {OA}  = \left( {1;1;1} \right)\) làm VTPT nên phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là

\(1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 3 = 0\)

Thay tọa độ các điểm \({M_1};{M_2};{M_3};{M_4}\)  vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\)  ta thấy chỉ có điểm \({M_4}\left( {1;2;0} \right)\) thỏa

mãn vì \(1 + 2 + 0 - 3 = 0 \Leftrightarrow 0 = 0\) (luôn đúng) nên \({M_4} \in \left( P \right)\).

Chọn D.

Do \(d\) cắt \({d_1},{d_2},{d_3}\) lần lượt tại \(A,B,C\) nên \(A\left( {t;4 - t; - 1 + 2t} \right),B\left( {t';2 - 3t'; - 3t'} \right),C\left( { - 1 + 5t'';1 + 2t''; - 1 + t''} \right)\).

Lại có \(AB = BC \Rightarrow B\) là trung điểm của \(AC\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\\{z_B} = \frac{{{z_A} + {z_C}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' = \frac{{t - 1 + 5t''}}{2}\\2 - 3t' = \frac{{4 - t + 1 + 2t''}}{2}\\ - 3t' = \frac{{ - 1 + 2t - 1 + t''}}{2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t' = t + 5t'' - 1\\4 - 6t' = 5 - t + 2t''\\ - 6t' =  - 2 + 2t + t''\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' = 0\\t'' = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;3;1} \right)\\B\left( {0;2;0} \right)\\C\left( { - 1;1; - 1} \right)\end{array} \right.\)

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(B\left( {0;2;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {BA}  = \left( {1;1;1} \right)\) làm VTCP nên \(d:\frac{x}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{1}\).

Chọn B. 

Ta có \(z = {\left( {\frac{{2 + 6i}}{{3 - i}}} \right)^m} = {\left( {\frac{{\left( {2 + 6i} \right)\left( {3 + i} \right)}}{{\left( {3 - i} \right)\left( {3 + i} \right)}}} \right)^m} = {\left( {2i} \right)^m} = {2^m}.{i^m}\)

+ Với \(m = 4k\left( {k \in Z} \right)\)  thì \(z = {2^m}\)

+ Với \(m = 4k + 2\left( {k \in Z} \right)\) thì \(z =  - {2^m}\)

+ Với \(m = 4k + 1\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)  thì \(z = {2^m}.i\)

+ Với \(m = 4k + 3\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)  thì \(z =  - {2^m}.i\)

Vậy để \(z\) là số thuần ảo thì \(\left[ \begin{array}{l}m = 4k + 1\\m = 4k + 3\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)  mà \(1 \le m \le 50\)

Nên \(\left[ \begin{array}{l}1 \le 4k + 1 \le 50\\1 \le 4k + 3 \le 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le 4k \le 49\\ - 2 \le 4k \le 47\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le k \le 12,25\\ - 0,5 \le k \le 11,75\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k \in \left\{ {0;1;2;3;...;12} \right\}\\k \in \left\{ {0;1;2;...;11} \right\}\end{array} \right.\)

Vậy có tất cả \(13 + 12 = 25\) giá trị của \(k\) thỏa mãn điều kiện hay cũng có \(25\) giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện đề bà.

Chọn A.

Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow u  = \overrightarrow a  + 2\overrightarrow b  - \overrightarrow c \) là: \(\left( {12; - 9;7} \right)\).

Chọn: B

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của \({z_1},\,\,{z_2}\) trên mặt phẳng phức

Do \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 2\) \( \Rightarrow M,N\) thuộc đường tròn tâm O bán kính 2.

Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của \(2{z_2},\,\, - {z_2},\,\,2{z_1}\) trên mặt phẳng phức (như hình vẽ)

Dựng các hình bình hành \(OMEP,\,\,ORFQ\).

Ta có:   \(\left| {{z_1} + 2{z_2}} \right| = 4 \Rightarrow OE = 4\)

            \(\left| {2{z_1} - {z_2}} \right| = OF\)

Tam giác OPE có:

\(\cos \widehat P = \dfrac{{P{E^2} + P{O^2} - E{O^2}}}{{2.PE.PO}} = \dfrac{{{2^2} + {4^2} - {4^2}}}{{2.2.4}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \cos \widehat {ROQ} = \dfrac{1}{4}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {ORF} =  - \dfrac{1}{4}\)

Tam giác ORF có: \(O{F^2} = O{R^2} + R{F^2} - 2.OR.RF.\cos \widehat {ORF} = {4^2} + {2^2} - 2.4.2.\dfrac{{ - 1}}{4} = 16 + 4 + 4 = 24\)

\( \Rightarrow OF = 2\sqrt 6  \Rightarrow \left| {2{z_1} - {z_2}} \right| = 2\sqrt 6 \)

Chọn: A

\(\Delta BCD\) vuông tại C có:

\(BD = \sqrt {{2^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 4\); \(CI = \dfrac{{BC.CD}}{{BD}} = \dfrac{{2\sqrt 3 .2}}{4} = \sqrt 3 \) ; \(IB = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 3,\,\) \(ID = 1\).

 \( \Rightarrow \,IO = OD - ID = 2 - 1 = 1\); \(\dfrac{{OM}}{{CD}} = \dfrac{{BO}}{{BC}} \Leftrightarrow \dfrac{{OM}}{2} = \dfrac{2}{{2\sqrt 3 }} \Rightarrow OM = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng:

\({V_1} = \dfrac{1}{3}.\pi .I{C^2}.IB = \dfrac{1}{3}.\pi .3.3 = 3\pi \)

Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:

\({V_2} = \dfrac{{\pi .OI}}{3}\left( {I{C^2} + O{M^2} + IC.OM} \right) = \dfrac{{\pi .1}}{3}\left( {3 + \dfrac{4}{3} + \sqrt 3 .\dfrac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = \dfrac{{19\pi }}{3}\)

Thể tích cần tìm là: \(V = 2\left( {{V_1} + {V_2}} \right) = 2.\left( {3\pi  + \dfrac{{19\pi }}{3}} \right) = \dfrac{{56\pi }}{3}\).

Chọn: D

\(\left| {{{\left| x \right|}^3} - 3{x^2} + 2} \right| > 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left| x \right|^3} - 3{x^2} + 2 > 2\\{\left| x \right|^3} - 3{x^2} + 2 <  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left| x \right|^3} - 3{x^2} > 0\,\,(1)\\{\left| x \right|^3} - 3{x^2} + 4 < 0\,\,(2)\end{array} \right.\)

\((1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| x \right| - 3 > 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x <  - 3\end{array} \right.\)

\((2) \Leftrightarrow \left( {\left| x \right| + 1} \right){\left( {\left| x \right| - 2} \right)^2} < 0\): vô nghiệm.

Vậy, Tập nghiệm của bất phương trình \(\left| {{{\left| x \right|}^3} - 3{x^2} + 2} \right| > 2\)  là \(\left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

Chọn: D

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 1 \right) =  - 3\)

 Hệ số góc của tiếp tuyến tại \(A\left( {1;0} \right)\)  của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) là: \( - 3\).

Chọn: C

\(y = \dfrac{1}{2}{x^3} - \dfrac{3}{2}{x^2} + 2\,\,\left( C \right) \Rightarrow y' = \dfrac{3}{2}{x^2} - 3x\)

Do tiếp tuyến tại A và B song song nên \( \Rightarrow y'\left( a \right) = y'\left( b \right)\,\,\left( {a \ne b} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}{a^2} - 3a = \dfrac{3}{2}{b^2} - 3b \Leftrightarrow {a^2} - {b^2} - 2a + 2b = 0\\ \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a + b - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow a + b = 2\,\,\left( {Do\,\,a \ne b} \right)\end{array}\)

Ta có: \(A\left( {a;\dfrac{1}{2}{a^3} - \dfrac{3}{2}{a^2} + 2} \right);\,\,B\left( {b;\dfrac{1}{2}{b^3} - \dfrac{3}{2}{b^2} + 2} \right)\),  với \(a + b = 2\).

Ta có:

\(\dfrac{{\dfrac{1}{2}{a^3} - \dfrac{3}{2}{a^2} + 2 + \dfrac{1}{2}{b^3} - \dfrac{3}{2}{b^2} + 2}}{2} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}{{\left( {a + b} \right)}^3} - \dfrac{1}{2}3ab\left( {a + b} \right) - \dfrac{3}{2}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{3}{2}.2ab + 4}}{2} = 1\)

\( \Rightarrow I\left( {1;1} \right)\) là trung điểm của \(AB\).

Đường thẳng AB đi qua \(D\left( {5;3} \right)\) và \(I\left( {1;1} \right)\) có phương trình là:

\(\dfrac{{x - 1}}{{5 - 1}} = \dfrac{{y - 1}}{{3 - 1}} \Leftrightarrow x - 1 = 2y - 2 \Leftrightarrow x - 2y + 1 = 0\)

Chọn: D

Ta có: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = \left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right).\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right) = M{I^2} + \overrightarrow {MI} .\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right) + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} \)

Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow I\) là trung điểm của AB, có tọa độ là \(I\left( {3;1;4} \right)\)

Để \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \)  nhỏ nhất thì \(M{I^2}\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu vuông góc của I lên \(\left( \alpha  \right)\)

Khi đó, đường thẳng MI nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}} \left( {1;2; - 3} \right)\) làm 1 VTCP. Phương trình đường thẳng IM là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 1 + 2t\\z = 4 - 3t\end{array} \right.\)

Giả sử  \(M\left( {3 + t;1 + 2t;4 - 3t} \right)\).

Do \(M \in \left( \alpha  \right) \Rightarrow \left( {3 + t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) - 3\left( {4 - 3t} \right) - 7 = 0 \Leftrightarrow 14t - 14 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {4;3;1} \right)\)

Chọn: B

Xét hàm số \(y = \sin \,x - \dfrac{x}{4}\) trên \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\): 

\(y' = \cos x - \dfrac{1}{4} = 0 \Leftrightarrow \cos x = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_0}\\x =  - {x_0}\end{array} \right.\) với \({x_0} \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\) mà \(\cos {x_0} = \dfrac{1}{4}\).

Bảng biến thiên:

Do \(y = \sin \,x - \dfrac{x}{4}\) là hàm lẻ nên đồ thị hàm số \(y = \sin \,x - \dfrac{x}{4}\) nhận \(O\left( {0;0} \right)\) là tâm đối xứng.

Mà \( - \sin \,{x_0} + \dfrac{{{x_0}}}{4},\,\, - \dfrac{\pi }{4} < 0\) và \(\sin \,{x_0} - \dfrac{{{x_0}}}{4},\,\dfrac{\pi }{4} > 0\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3}\)  (\({x_1},{x_2},{x_3}\) khác \( \pm {x_0}\))

\( \Rightarrow \) Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {\sin x - \dfrac{x}{4}} \right|,\,\,x \in \left( { - \pi ;\pi } \right)\) là: \(2 + 2 = 4\).

Chọn: B