Đáp án B

Ta có: ${\left(x^a\right)}^b=x^{ab}$

Đáp án D

Thể tích khối trụ là $V=\pi {.5}^2.5=125\pi$.

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}(ad-bc\ne 0)$ có đường tiệm cận đứng là $x=-\frac{d}{c}$.

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x-2}$ có đường TCĐ là x = 2.

Đáp án C

$\int \cos (ax+b)dx=\frac{1}{a}\sin (ax+b)+C$

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C$.

Đáp án D

Số hạng tổng quát của CSN: $u_n=u_1.q^{n-1}$

Ta có: $u_1=\mathrm{2,}q=3\Rightarrow u_5=u_1.q^4={2.3}^4=162$

Đáp án A

Hình chiếu của M(a;b;c) lên mặt phẳng (Oxy) là $H(a;b;0)$.

Hình chiếu cùa M(1;2;3) lên mặt phẳng (Oxy) là $H(1;2;0)$.

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $f\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Khi đó diện tích $\text{S}=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[-f\left(x\right)\right]dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Đáp án C

Ta thấy hàm số $y=x^4+4x^2+1$ có $ab=1.4>0$ nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.

Đáp án C

Thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.SB.SC=\frac{1}{6}\mathrm{.3.4.5}=10$

Đáp án A

Từ hình vẽ ta thấy khi $x\to +\infty$ thì $y\to -\infty$ hay hệ số $a<0.$ Do đó loại B,C.

Thấy điểm (0;-2) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x = 0, y = -2 vào hai hàm số còn lại thấy chỉ có hàm số $y=-x^3+3x^2-2$ thỏa mãn

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ đến mặt phẳng $\left(P\right):ax+by+cz+d=0$ là

$d(M,(P\left)\right)=\frac{\left|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Ta có $d(O,(P\left)\right)=\frac{\left|0-0+2.0-3\right|}{\sqrt{1^2+{(-1)}^2+2^2}}=\frac{3}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Đáp án A

Số phức $z=5-3i$ có phần ảo là -3.

Đáp án B

Giải bất phương trình ${\log }_{a}f\left(x\right)\ge m\iff f\left(x\right)\ge a^m$ với a > 1.

Ta có: ${\log }_3(x-1)\ge 2\iff x-1\ge 3^2\iff x\ge 10$.

Đáp án A

Số cách chọn 1 người làm tổ trưởng là $C_{10}^1=10$.

Số cách chọn ra 1 người làm tổ phó là $C_9^1=9$.

Nên số cách chọn ra 1 tổ trưởng và 1 tố phó là $10.9=90$ cách.

Đáp án C

Trục Oz có vectơ chì phương $\overrightarrow{k}=(0;0;1)$.

Đáp án $\text{A}:\overrightarrow{n}=(0;2;0)$ không cùng phương $\overrightarrow{k}$ nên loại.

Đáp án $\text{B}:\overrightarrow{n}=(2;2;0)$ không cùng phương $\overrightarrow{k}$ nên loại.

Đáp án C: $\overrightarrow{n}=(0;0;2)=2\overrightarrow{k}$ nên $\left(P\right)\perp Oz$.

Đáp án D: $\overrightarrow{n}=(2;0;0)$ không cùng phương $\overrightarrow{k}$ nên loại.

 Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d thì $\overrightarrow{u_d}=k\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$.

Đáp án C

Kẻ các đường sinh AB', A'B thì $A{B}^{\text{'}}\text{//}O{O}^{\text{'}}\text{//}{A}^{\text{'}}B$.

Ta có $d\left(O{O}^{\text{'}};AB\right)=d\left(O{O}^{\text{'}};\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(O;\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right)\right)$

Kẻ $OH\perp A{A}^{\text{'}}$ tại $H\Rightarrow H$ là trung điểm của AA'.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}OH\perp A{A}^{\text{'}}\\ A^{\text{'}}B\perp OH\end{array}\Rightarrow OH\perp \left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right)\right.$

$\Rightarrow d\left(O;\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right)\right)=OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Lại có AB tạo với trục hình trụ góc $30°$ mà $O{O}^{\text{'}}\text{//}{A}^{\text{'}}B\Rightarrow A^{\text{'}}BA=30°$

Xét tam giác ABA' vuông tại A' có $A^{\text{'}}B=A{A}^{\text{'}}.\cot 30°=a\sqrt{3}$.

Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho là:

$S_{tp}=2\pi rl+2\pi r^2=2\pi .a.a\sqrt{3}+2\pi a^2=2\pi a^2(\sqrt{3}+1)$

Đáp án C

Ta có: $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-1}{x^2+mx+4}=0$ nên đồ thị hàm số luôn có 1 TCN là y = 0.

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận thì nó chỉ có duy nhất 1 đường tiệm cận đứng $\iff$ phương trình $x^2+mx+4=0$ có nghiệm x = 1 hoặc phương trình $x^2+mx+4=0$ có nghiệm kép (có thể bằng 1).

$\iff \left[\begin{array}{l}{1}^2+m.1+4=0\\ m^2-4.4=0\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}m=-5\\ m=\pm 4\end{array}\right.\right.$

Vậy có 3 giá trị của  thỏa mãn bài toán.

Chú ý khi giải, một số em có thể chỉ để ý trường hợp nghiệm kép và chọn B là sai, một số em khác lại quên trường hơp nghiệm kép và chọn A là sai.

Đáp án A

Xét tam giác  vuông tại A ta có $AH=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}$

Mà ${\text{S}}_{\Delta S\text{AH}}=\frac{1}{2}SA.AH\iff 2=\frac{1}{2}SA.\sqrt{5}\Rightarrow SA=\frac{4\sqrt{5}}{5}$

Thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}\frac{4\sqrt{5}}{5}.\frac{1}{2}\mathrm{.2.4}=\frac{16\sqrt{5}}{15}$.

Đáp án D

Bất phương trình $a^{f\left(x\right)}<m\iff f\left(x\right)<{\log }_{a}m$ với a > 1.

$5^{x^2-3x}<625\iff x^2-3x<{\log }_{5}625=4\iff x^2-3x-4<0\iff -1<x<4$

Do $x\in Z$ nên $x\in \{0;1;2;3\}$. Vậy tổng các nghiệm nguyên là 6.

Đáp án A

ĐK: $x\ge 0$

Xét trên [0; 3] ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=1-\frac{1}{2\sqrt{x}}=0\iff x=\frac{1}{4}\in [0;3]$.

Ta có $f\left(0\right)=0;f\left(3\right)=3-\sqrt{3};f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}$

Suy ra $M=\underset{{}_{[0;3]}}{\max }y=\max \left\{f\left(0\right);f\left(\frac{1}{4}\right);f\left(3\right)\right\}=f\left(3\right)=3-\sqrt{3}$

$m=\underset{{}_{[0;3]}}{\min }y=\min \left\{f\left(0\right);f\left(\frac{1}{4}\right);f\left(3\right)\right\}=f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}$

Nên $M+2m=3-\sqrt{3}+2.\left(-\frac{1}{4}\right)\approx \mathrm{0,768}$

$\underset{{}_{[a;b]}}{\max }y=\max \left\{y\left(a\right);y\left(x_i\right);y\left(x_j\right);y\left(b\right)\right\}$ và $\underset{{}_{[a;b]}}{\min }y=\max \left\{y\left(a\right);y\left(x_i\right);y\left(x_j\right);y\left(b\right)\right\}$

Đáp án B

Dựng đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ từ đồ thị hàm số f(x)

- Giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần dưới qua Ox.

Dựng đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như hình vẽ ta thấy, số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ là 5.

Xác định góc giữa các mặt phẳng (P) và (Q) ta thực hiện các bước sau:

+ Xác định giao tuyến d của (p) và (Q)

+ Trong mặt phẳng (P) xác định đường thẳng $a\perp d$, trong mặt phẳng (Q) xác định đường thẳng $b\perp d$.

+ Khi đó góc giữa (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng a và b.

Gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow AM\perp BC$ (do $\Delta ABC$ cân tại A).

Lại có $\Delta SAB=\Delta SAC(c.g.c)\Rightarrow SB=SC$ hay $\Delta SBC$ cân tại S.

$\Rightarrow SM\perp BC$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ AM\perp BC;AM\subset \left(ABC\right)\\ SM\perp BC;SM\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\left(\widehat{SM,AM}\right)=\widehat{SMA}$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin BAC=\frac{1}{2}{a}^2\sin 120°=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Theo đề bài $V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}\Rightarrow \frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}\iff SA=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}:\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a}{2}$.

Lại thấy $\Delta ABM$ vuông tại M có $AB=a;\widehat{ABM}=\frac{180°-\widehat{BAC}}{2}=30°$

$\Rightarrow AM=AB.\sin 30°=\frac{a}{2}$

Xét tam giác $\Delta SAM$ vuông tại A có $SA=AM=\frac{a}{2}$ nên $\Delta SAM$ vuông cân tại A hay $\widehat{SMA}=45°$.

Vậy góc giữa (SBC) và (ABC) là $45°$.

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int \frac{\ln x}{x}dx$

Đặt $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{dx}{x}\Rightarrow \int \frac{\ln x}{x}dx=\int tdt=\frac{t^2}{2}+C=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C.$

Mà $f\left(1\right)=\frac{3}{2}\Rightarrow C=\frac{3}{2}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+\frac{3}{2}$

Vậy $f\left(3\right)=\frac{{\ln }^{2}3}{2}+\frac{3}{2}=\frac{{\ln }^{2}3+3}{2}$

Đáp án A

+ Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì $\frac{a+c}{2}=b$.

+ Sử dụng công thức ${\log }_a\left(bc\right)={\log }_{a}b+{\log }_{a}c(0<a\ne 1;b,c>0)$

và ${\log }_{a}x=c\iff x=a^c$.

Điều kiện: x > 0.

Từ đề bài ta có: $\frac{{\log }_{3}x+{\log }_3\left(81x\right)}{2}=-1\iff {\log }_{3}x+{\log }_{3}81x=-2\iff 2{\log }_{3}x=-6$

$\iff {\log }_{3}x=-3\iff x=3^{-3}\iff x=\frac{1}{27}$ (thảo mãn) suy ra $m=\mathrm{1,}n=27\Rightarrow m+n=28$

Đáp án D

Do $z=-3+4i$ là một nghiệm của $z^2+az+b=0$ với $a,b\in R$ nên $\overline{z}=-3-4i$ cũng là nghiệm của phương trình.

Áp dụng định lí Vi - ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}z+\overline{z}=-a\\ z\overline{z}=b\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-a=-6\\ b=25\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=6\\ b=25\end{array}\Rightarrow a-b=-19\right.\right.\right.$

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trục Ox thỏa mãn phương trình: $\ln (x+2)=0\Rightarrow x+2=1\iff x=-1$.

Suy ra $A(-1;0)$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1}{x+2}\Rightarrow$ hệ số góc của tiếp tuyến tại $A(-1;0)$ là $y^{\text{'}}(-1)=1$.

Đáp án B

Có $A(2;0;2),B(0;4;0)\Rightarrow I(1;2;1)$ là trung điểm của AB và $AB=\sqrt{{(-2)}^2+4^2+{(-2)}^2}=2\sqrt{6}$

Khi đó mặt cầu đường kính AB có tâm I(1;2;1) và bán kính $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{6}$ có phương trình là: ${(x-1)}^2+{(y-2)}^2+{(z-1)}^2=6$

.

Đáp án D

Gọi $z=x+yi(x,y\in R)$ thì số phức liên hợp $\overline{z}=x-yi$

Ta có $\overline{z}+(1-i)z=9-2i\iff x-yi+(1-i)(x+yi)=9-2i$

$\iff x-yi+x+y+yi-xi=9-2i\iff 2x+y-xi=9-2i\iff \left\{\begin{array}{l}2x+y=9\\ -x=-2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\end{array}\right.\right.$

Suy ra $z=2+5i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}$

Đáp án C

Ta có: $f\left(x\right)+m=0\iff -m=f\left(x\right)$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff$ đường thẳng $y=-m$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại hai điểm phân biệt.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với $-2<-m\le -1$ thì đường thẳng y = -m cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại hai điểm phân biệt hay $1\le m<2$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Vậy tập hợp các giá trị cần tìm là $[1;2)$.

Chú ý khi giải, một số em có thể sẽ chọn nhầm B vì nghĩ -m = -1 thì đường thẳng y = -m cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt là sai.

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{u_1}=(2;2;1);\overrightarrow{u_2}=(1;3;1)$ lần lượt là vectơ chỉ phương của hai đường thẳng $\Delta ;{\Delta }^{\text{'}}$.

$\Rightarrow \left[{\overrightarrow{u}}_1;\overrightarrow{u_2}\right]=(-1;-1;4)$

Vì mặt phẳng (P) song song với cả hai đường thẳng $\Delta ;{\Delta }^{\text{'}}$ nên (P) nhận $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}\right]=(-1;-1;4)$ làm 1 vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right):-1(x+1)-1(y-1)+4(z-2)=0\iff x+y-4z+8=0$.

Đáp án D

Gọi bán kính đáy hình nón là r.

Ta có: $V_n=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi r^2\sqrt{16-r^2}$ với $0<r<4$.

Xét hàm $f\left(r\right)=r^2\sqrt{16-r^2}$ trên (0;4) có:

$f^{\text{'}}\left(r\right)=2r\sqrt{16-r^2}+r.\frac{-r}{\sqrt{16-r^2}}=\frac{32-3r^3}{\sqrt{16-r^2}}=0\iff \left[\begin{array}{l}\begin{array}{l}r=\frac{4\sqrt{6}}{3}\in (0;4)\\ r=-\frac{4\sqrt{6}}{3}\notin (0;4)\end{array}\\ r=0\notin (0;4)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f(r) đạt GTLN khi $r=\frac{4\sqrt{6}}{3}$.

Vậy $V_{\max }=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)}^2\cdot \sqrt{16-{\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)}^2}=\frac{128\pi \sqrt{3}}{27}\left({\text{dm}}^3\right)$

Đáp án A

Ta có: $x\left(4-f^{\text{'}}\left(x\right)\right)=f\left(x\right)-1\iff 4x-x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right)-1$

$\iff f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=4x+1\iff {\left(x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right)}^{\text{'}}=4x+1$

Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được $xf\left(x\right)=2x^2+x+C$.

Mà f(1) = 3 nên ta có $1.f\left(1\right)={2.1}^2+1+C\iff 3=3+C\Rightarrow C=0$

Từ đó $xf\left(x\right)=2x^2+x\Rightarrow f\left(x\right)=2x+1$ (do x > 0)

Suy ra $f\left(2\right)=2.2+1=5$.

Đáp án D

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) và bán kính R = 2.

Dễ thấy $\text{d}(I,(P\left)\right)=\frac{\left|1-(-2)+2.2-1\right|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}=\sqrt{6}>2=R$ nên (P) và (S) không cắt nhau.

Gọi M' là giao điểm của đường thằng qua I và vuông góc với (P) như hình vẽ.

Ta thấy $d(M;(P\left)\right)\ge M^{\text{'}}H=IH-R=\sqrt{6}-2$ nên $d(M;(P\left)\right)$ đạt GTNN bằng $\sqrt{6}-2$ khi $M\equiv M^{\text{'}}$.

Đáp án B

 Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng song song (P) và (Q) thì bán kính mặt cầu là $R=\frac{1}{2}d\left(\right(P);(Q\left)\right)=\frac{1}{2}d(M;(Q\left)\right)$ với $M\in \left(P\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right):x-2y-2z-3=0$ và mặt phẳng $\left(Q\right):x-2y-2z+6=0$ có $\frac{1}{1}=\frac{-2}{-2}=\frac{-2}{-2}\ne \frac{-3}{6}$ nên $\left(P\right)\text{//}\left(Q\right)$.

Lấy $M(3;0;0)\in \left(P\right)$ thì $d\left(\right(P);(Q\left)\right)=d(M;(Q\left)\right)=\frac{\left|3+6\right|}{\sqrt{1^2+{(-2)}^2+{(-2)}^2}}=3$.

Bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) là $R=\frac{1}{2}d\left(\right(P);(Q\left)\right)=\frac{3}{2}$.

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ.$ Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x+3m$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên (1;2) thì $y^{\text{'}}\le \mathrm{0,}\forall x\in (1;2)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\iff 3x^2-6x+3m\le 0\forall x\in (1;2)\iff x^2-2x+m\le 0\forall x\in (1;2)$

$\iff {(x-1)}^2+m-1\le 0\forall x\in (1;2)\iff 1-m\ge {(x-1)}^2\forall x\in (1;2)$

Hàm số $y={(x-1)}^2$ đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$ nên cũng đồng biến trên (1;2).

$\Rightarrow {(1-1)}^2<{(x-1)}^2<{(2-1)}^2\iff 0<{(x-1)}^2<1$

$\Rightarrow 1-m\ge {(x-1)}^2\forall x\in (1;2)\iff 1-m\ge 1\iff m\le 0$

Lại có $m\in [-10;10]$ và $m\in Z$ nên $m\in \{-10;-9;\dots ;0\}$.

Vậy có 11 giá trị của m.

Đáp án C

Theo bài ra ta có: $\left(z+\frac{5}{\left|z\right|}\right)i=7-z\iff zi+\frac{5i}{\left|z\right|}=7-z\iff z(i+1)=7-\frac{5i}{\left|z\right|}$

$\iff 2{\left|z\right|}^2=49+\frac{25}{{\left|z\right|}^2}\iff 2{\left|z\right|}^4-49{\left|z\right|}^2-25=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{\left|z\right|}^2=25\text{ (thỏa mãn)}\\ \left|z\right|=-\frac{1}{2}\text{ (loại)}\end{array}\right.$

$\iff \left|z\right|=5(\text{do }\left|z\right|>0)$

Thay $\left|z\right|=5$ vào biểu thức đề bài ta có: $(z+1)i=7-z\iff z(i+1)=7-i\iff \frac{7-i}{i+1}=3-4i$

Đáp án D

Xét biểu thức $T=M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2$

Gọi G(1;2;2) là trọng tâm của tam giác ABC thì $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$.

Ta có: $T={\overrightarrow{MA}}^2+{\overrightarrow{MB}}^2+{\overrightarrow{MC}}^2={(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})}^2+{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})}^2+{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})}^2$

$=3\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{MG}(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})+{\overrightarrow{GA}}^2+{\overrightarrow{GB}}^2+{\overrightarrow{GC}}^2=3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$

Gọi H là hình chiếu của G lên (P) thì $MG\ge HG$ nên T đạt GTNN nếu $M\equiv H$.

Viết phương trình đường thẳng d đi qua G(1;2;2) và vuông góc (P).

Khi đó d nhận $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(3;-3;-2)$ làm véctơ chỉ phương nên $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=2-3t\\ z=2-2t\end{array}\right.$

$M=d\cap \left(P\right)$ nên tọa độ của M thỏa mãn hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=2-3t\\ z=2-2t\\ 3x-3y-2z-15=0\end{array}\right.$

$\Rightarrow 3(1+3t)-3(2-3t)-2(2-2t)-15=0\iff -22+22t=0\iff t=1\Rightarrow M(4;-1;0)$

$\Rightarrow a=\mathrm{4,}b=-\mathrm{1,}c=0\Rightarrow a+b+c=3$

Đáp án C

Giả sử ta đặt 20 chiếc bút nằm thẳng hàng nhau thì giữa chúng có 19 khoảng trống (không kể khoảng trống ở hai đầu)

Để chia làm 3 phần, ta đặt bất kì 2 vạch đánh dấu sao cho mỗi vạch vào 1 khoảng trống trong 19 khoảng trống trên thì đều chia 20 chiếc bút chì thành 3 phần và mỗi phần đều có ít nhất 1chiếc bút.

Như vậy có $C_{19}^2$ cách chia 20 bút chì gống nhau cho 3 bạn mà mỗi bạn được ít nhất 1 chiếc bút chì.

Đáp án B

Goi T là số tiền cô Ngọc vay ban đầu, kí hiệu $r=1\%,A=5$ triệu

- Sau tháng thứ nhất, số tiền nợ là $T_1=T+Tr-A=T(1+r)-A$.

- Sau tháng thứ hai, số tiền nợ là

$T_2=T(1+r)-A+\left[T\right(1+r)-A]r-A=T(1+r)+T(1+r)r-A-Ar-A$

$=T{(1+r)}^2-A(1+r)-A$

- Sau tháng thứ ba, số tiền nợ là:

$\begin{array}{l}=T{(1+r)}^2-A(1+r)-A+\left[T{(1+r)}^2-A(1+r)-A\right]r-A\\ =T{(1+r)}^3-A{(1+r)}^2-A(1+r)-A\\ =T{(1+r)}^3-A\left[{(1+r)}^2+(1+r)+1\right]=T{(1+r)}^3-A\frac{{(1+r)}^3-1}{1+r-1}\\ =T{(1+r)}^3-\frac{A}{r}\left[{(1+r)}^3-1\right]\end{array}$