Lời giải

Chọn một áo sơ mi cỡ 40 có 6 cách.

Chọn một áo sơ mi cỡ 41 có 4 cách.

Theo qui tắc cộng, ta có: \(6 + 4 = 10\) cách chọn một áo sơ mi.

Chọn đáp án B

Lời giải

Số hạng tổng quát của cấp số nhân là: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\)

Số số hạng thứ 4 của cấp số nhân là: \({u_4} = 2.{\left( { - 3} \right)^3} = - 54\).

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: \[{3^{1 - 2x}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {3^{1 - 2x}} = {3^{ - 1}} \Leftrightarrow 1 - 2x = - 1 \Leftrightarrow x = 1\].

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có: \[V = h.B = {3.2^2} = 12\].

Chọn đáp án B

Lời giải

Lưu ý:hàm số \(y = {\log _a}f\left( x \right)\) xác định khi và chỉ khi \(f\left( x \right) >0.\) Hàm số \(y = {a^x}\) xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)

Do đó: hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi \(4 - {x^2} >0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2\).

Chọn đáp án A

Lời giải

Ta có các công thức sau đúng:

\(\int {{x^\alpha }{\rm{d}}x = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\,\,\left( {\alpha \ne - 1} \right)} \)

\(\int {\sin x{\rm{d}}x = - \cos x + C} \)

\(\int {{a^x}{\rm{d}}x = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)} \)

\(\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x = \ln \left| x \right| + C\,\,\left( {x \ne 0} \right)} \)

Vậy câu D sai vì thiếu dấu giá trị tuyệt đối.

Chọn đáp án D

Lời giải

Chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông \( \Rightarrow \)Diện tích đáy của hình chóp là: \(B = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = 3{a^2}\)

Thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}3{a^3}.a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3 \)

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: \(\tan 30^\circ = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{h}{R} = \frac{h}{{a\sqrt 3 }} \Rightarrow h = a\).

Vậy thể tích khối nón \(\left( N \right)\)bằng: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2}a = \pi {a^3}\)

Chọn đáp án B

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên các khoảng \(( - \infty \,,\,1)\); \((2\,,\,3)\); \((3\,,\, + \infty )\).

Chọn đáp án D.

Lời giải

Ta có: \({\log _a}\sqrt[3]{a} = {\log _a}{(a)^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}.{\log _a}a = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3}\).

Chọn đáp án B.

Lời giải

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có: \[{S_{xq}} = 2\pi rh = 40\pi \].

Chọn đáp án A

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta dễ dàng xác định được điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là điểm \[A\left( {1;0} \right)\].

Chọn đáp án A

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2;\;0} \right)\) suy ra loại đáp án A và D.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \(y = 1\) suy ra đáp án B đúng.

Chọn đáp án B

Lời giải

Theo giả thiết ta có: \(4\pi {r^2} = 16\pi {a^2} \Rightarrow r = 2a\) (\(r\) là bán kính mặt cầu)

Thể tích mặt cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {2a} \right)^3} = \frac{{32\pi {a^3}}}{3}\).

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{2 - x}} = 0\,;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{{2 - x}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có: \({2^x} + {2^{x + 2}} \ge 5\)

\( \Leftrightarrow {2^x} + {2^2}{.2^x} \ge 5\)

\( \Leftrightarrow {5.2^x} \ge 5\)

\( \Leftrightarrow {2^x} \ge 1\)

\( \Leftrightarrow x \ge 0\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left[ {0\,;\, + \infty } \right)\).

Chọn đáp án C

Lời giải

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)\, = \,0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục \[Ox\].

Dựa vào đồ thị ta thấy trục \[Ox\] cắt đồ thị tại 3 điểm.

Vậy phương trình \(f\left( x \right)\, = \,0\) có 3 nghiệm.

Lời giải

Ta có \(\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_5^2 {{\rm{2d}}x} - \int\limits_5^2 {4f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( = \int\limits_5^2 {{\rm{2d}}x} - 4\int\limits_5^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( = - 6 + 4\int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)

\( = - 6 + 40 = 34\).

Chọn đáp án C

Lời giải

Số phức liên hợp của số phức \(z = 2i - 1\) là \(\bar z = - 1 - 2i\).

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có:\({z_1} + {z_2} = 3 + i\).

Vậy phần ảo của \({z_1} + {z_2}\) bằng 1.

Chọn đáp án B

Lời giải

Vì điểm \(A\) là điểm biểu diễn số phức \(1 - 2i\)nên tọa độ điểm \(A = (1\,;\, - 2)\).

Vì điểm \(B\) là điểm biểu diễn số phức \(3 - 2i\)nên tọa độ điểm \(B = (3\,;\, - 2)\).

Điểm \(D\) là trung điểm của đoạn \(AB\) nên tọa độ điểm \(D = \left( {2; - 2} \right)\).

Khi đó, điểm \(D = \left( {2; - 2} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = 2 - 2i\).

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có, phương trình mặt phẳng \(Oyz\) là \(x = 0\,\,(1)\), có một véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)\).

Gọi \(d\)là đường thẳng qua \(M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(Oyz\), khi đó đường thẳng \(d\) nhận \(\overrightarrow n \left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)\) là một véc tơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 9 + t\\y = 8\\z = - 1\end{array} \right.\,\,\,\) với \(t\) là tham số.\(\left( 2 \right)\)

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)\) trên mặt phẳng \(Oyz\) là giao điểm \(A\) của \(d\) và mặt phẳng \(Oyz\). Thay \(\left( 2 \right)\)vào \(\left( 1 \right)\)ta có \(9 + t = 0 \Rightarrow t = - 9\).

Vậy tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)\) trên mặt phẳng \(Oyz\) là: \(A\left( {0\,;\,8\,;\, - 1} \right)\).

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có \({\overrightarrow {n\,} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,1;\, - 2} \right)\) Phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}\).

Chọn đáp án D

Lời giải

Đặt \(AB = a \Rightarrow BD = a\sqrt 2 \).

Ta có \(\left( {B'D\,;\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {B'D\,;BD} \right) = \widehat {BDB'}\) .

\(\tan \widehat {BDB'} = \frac{{BB'}}{{BD}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Chọn đáp án A

Lời giải

Căn cứ vào đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng xét dấu của \(y = f'\left( x \right)\):

\(y = f'\left( x \right)\)đổi dấu từ âm sang dương khi qua các điểm \(x = - 1;\;x = 2;\;x = 4\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\)có ba điểm cực tiểu trên khoảng \(\left( { - \frac{3}{2};\;5} \right)\).

Chọn đáp ánC

Lời giải

Xét hàm số: \(y = {x^3} - 3{x^2} + a\)có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Ta có \(f\left( { - 1} \right) = a - 4\); \(f\left( 0 \right) = a\); \(f\left( 2 \right) = a - 4\); \(f\left( 3 \right) = a\) suy ra \(M = a;\;m = a - 4\)

\(M = 2m\)\( \Leftrightarrow a = 2\left( {a - 4} \right) \Leftrightarrow a = 8\)

Chọn đáp án C

Lời giải

Lấy logarít cơ số 2 hai vế ta được phương trình

\(({x^2} - 3x + 2) = (1 - x){\log _2}3 \Leftrightarrow (x - 1)(x - 2) + (x - 1){\log _2}3 = 0 \Leftrightarrow (x - 1)(x - 2 + {\log _2}3)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 = {x_2}\\x = 2 - {\log _2}3 = {x_1}\end{array} \right.\)

Do đó \(S = {4^{{x_1}}} + {2^{{x_2} - 1}} = {4^{2 - {{\log }_2}3}} + {2^0} = \frac{{25}}{9}\).

Chọn đáp án A

Đáp án đúng: D

*Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là

\({x^4} + 2{x^2} - 1 = 0\) (1).

Đặt \(t = {x^2}(t \ge 0)\). Phương trình trở thành: \({t^2} + 2t - 1 = 0\) (2).

Vì phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu nên phương trình (1) có 2 nghiệm đối nhau.

Vậy đồ thi hàm số \(y = {x^4} + 2{x^2} - 1\) và trục hoành có 2 giao điểm.

*Phương pháp giải

Cho 2 hàm số $y=f\left(x\right),y=g\left(x\right)$ có đồ thị lần lượt là (C) và (C’).

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C’): $f\left(x\right)=g\left(x\right)$

Bước 2: Giải phương trình tìm x từ đó suy ra y và toạ độ giao điểm.

Bước 3: Số nghiệm của (*) là số giao điểm của (C) và (C’). Thay trở lại $y=f\left(x\right)(y=g(x\left)\right)$, ta sẽ được toạ độ giao điểm.

*Một số dạng bài toán về sự tương giao của đồ thị hàm số:

Cho hàm số y = f (x) có đồ thị (C1) và y = g (x) có đồ thị (C2) .

Phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là f (x) = g (x).

Khi đó:

- Số giao điểm của (C1) và (C2) bằng với số nghiệm của phương trình (1) .

- Nghiệm x0 của phương trình (1) chính là hoành độ x0 của giao điểm.

- Để tính tung độ y0 của giao điểm, ta thay hoành độ x0 vào y = f (x).

- Điểm M (x0 ; y0) là giao điểm của (C1) và (C2).

B. CÁC DẠNG TOÁN HAY GẶP VÀ CÁC KỸ NĂNG CẦN THIẾT.

Dạng 1. Tìm toạ độ giao điểm của các đồ thị hàm số cho trước.

1. Phương pháp giải.

Cho 2 hàm số $y=f\left(x\right),y=g\left(x\right)$ có đồ thị lần lượt là (C) và (C’).

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C’): $f\left(x\right)=g\left(x\right)$

Bước 2: Giải phương trình tìm x từ đó suy ra y và toạ độ giao điểm.

Bước 3: Số nghiệm của (*) là số giao điểm của (C) và (C’). Thay trở lại $y=f\left(x\right)(y=g(x\left)\right)$, ta sẽ được toạ độ giao điểm.

Dạng 2. Tìm m để sự tương giao của các đồ thị hàm số thoả mãn điều kiện cho trước.

1. Phương pháp giải.

BÀI TOÁN 1: TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ HÀM BẬC 3.

Phương pháp 1: Bảng biến thiên (đồ thị hàm số).

+) Lập phương trình hoành độ giao điểm dạng $F\left(x,m\right)=0$ (phương trình ẩn x tham số m)

+) Cô lập m đưa phương trình về dạng $m=f\left(x\right)$

+) Lập BBT cho hàm số $y=f\left(x\right)$.

+) Dựa và giả thiết và BBT từ đó suy ra m.

* Dấu hiệu: Sử dụng phương pháp bảng biến thiên khi m độc lập với x.

Phương pháp 2: Nhẩm nghiệm – tam thức bậc 2.

+) Lập phương trình hoành độ giao điểm $F\left(x,m\right)=0$

+) Nhẩm nghiệm: (Khử tham số). Giả sử $x=x_0$ là 1 nghiệm của phương trình.

+) Phân tích:

$F\left(x,m\right)=0\iff \left(x-x_0\right).g\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=x_0\\ g\left(x\right)=0\end{array}$

(là $g\left(x\right)=0$ là phương trình bậc 2 ẩn x tham số m ).

+) Dựa vào yêu cầu bài toán đi xử lý phương trình bậc 2: $g\left(x\right)=0$.

Phương pháp 3: Cực trị.

* Nhận dạng: Khi bài toán không cô lập được m và cũng không nhẩm được nghiệm.

* Quy tắc:

- Lập phương trình hoành độ giao điểm $F\left(x,m\right)=0$ (1). Xét hàm số $y=F\left(x,m\right)$.

- Để (1) có đúng 1 nghiệm thì đồ thị $y=F\left(x,m\right)$ cắt trục hoành tại đúng 1 điểm. (2TH)

+ Hoặc hàm số luôn đơn điệu trên R $\iff$ hàm số không có cực trị $\iff y\text{'}=0$ hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệm kép $\iff {\Delta }_{y\text{'}}\le 0$

+ Hoặc hàm số có CĐ, CT và $y_{cd}.y_{ct}>0$ (hình vẽ)

- Để (1) có đúng 3 nghiệm thì đồ thị $y=F\left(x,m\right)$ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt $\iff$ Hàm số có cực đại, cực tiểu và $y_{cd}.y_{ct}<0$.

- Để (1) có đúng 2 nghiệm thì đồ thị $y=F\left(x,m\right)$ cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt $\iff$ Hàm số có cực đại, cực tiểu và $y_{cd}.y_{ct}=0$.

Mở rộng: Tìm m để đồ thị hàm bậc 3 cắt trục hoành tại 3 điểm lập thành 1 cấp số cộng.

1. Định lí Vi - ét.

*) Cho bậc 2: Cho phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thì ta có:

$\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$

*) Cho bậc 3: Cho phương trình $a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$ có 3 nghiệm $x_1,x_2,x_3$ thì ta có:

$\begin{array}{c}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a},\\ x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1=\frac{c}{a},\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{d}{a}\end{array}$

2.Tính chất của cấp số cộng: Cho 3 số a,b,c theo thứ tự đó lập thành 1 cấp số cộng thì: a + c = 2b

+) Điều kiện cần: $x_0=-\frac{b}{3a}$ là 1 nghiệm của phương trình. Từ đó thay vào phương trình để tìm m.

+) Điều kiện đủ: Thay m tìm được vào phương trình và kiểm tra.

BÀI TOÁN 2: TƯƠNG GIAO CỦA HÀM SỐ PHÂN THỨC.

Phương pháp : Cho hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}\left(C\right)$ và đường thẳng $d:y=px+q$. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): $\frac{ax+b}{cx+d}=px+q\iff F\left(x,m\right)=0$ (phương trình bậc 2 ẩn x tham số m).

* Các câu hỏi thường gặp:

1. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt $\iff$(1) có 2 nghiệm phân biệt khác $-\frac{d}{c}$

2. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cùng thuộc nhánh phải của (C) $\iff$ (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ và thỏa mãn $:-\frac{d}{c}<x_1<x_2$.

3. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cùng thuộc nhánh trái của (C) $\iff$(1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ và thỏa mãn $x_1<x_2<-\frac{d}{c}$.

4. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của (C) $\iff$ (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ và thỏa mãn $x_1<-\frac{d}{c}<x_2$.

5. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B thỏa mãn điều kiện hình học cho trước:

+) Đoạn thẳng AB = k

+) Tam giác ABC vuông.

+) Tam giác ABC có diện tích $S_0$

* Chú ý: Công thức tính khoảng cách:

BÀI TOÁN 3: TƯƠNG GIAO CỦA HÀM SỐ BẬC 4.

Phương pháp 1: Nhẩm nghiệm.

- Nhẩm nghiệm: Giả sử $x=x_0$ là một nghiệm của phương trình.

- Khi đó ta phân tích:

$f\left(x,m\right)=\left(x^2-x_0^2\right)g\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=\pm x_0\\ g\left(x\right)=0\end{array}$

- Dựa vào giả thiết xử lý phương trình bậc 2 : $g\left(x\right)=0$

Phương pháp 2: Ẩn phụ - tam thức bậc 2.

- Đặt $t=x^2,\left(t\ge 0\right)$. Phương trình: $a{t}^2+bt+c=0$ (2).

- Để (1) có đúng 1 nghiệm thì (2) có nghiệm $t_1,t_2$ thỏa mãn: $[\begin{array}{c}{t}_1<0=t_2\\ t_1=t_2=0\end{array}$

- Để (1) có đúng 2 nghiệm thì (2) có nghiệm $t_1,t_2$ thỏa mãn: $[\begin{array}{c}{t}_1<0<t_2\\ 0<t_1=t_2\end{array}$

- Để (1) có đúng 3 nghiệm thì (2) có nghiệm $t_1,t_2$ thỏa mãn: $0=t_1<t_2$

- Để (1) có đúng 4 nghiệm thì (2) có nghiệm $t_1,t_2$ thỏa mãn: $0<t_1<t_2$

Mở rộng: tìm m để $\left(C\right):y=a{x}^4+b{x}^2+c$ cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.

- Đặt $t=x^2,\left(t\ge 0\right)$. Phương trình: $a{t}^2+bt+c=0$(2).

- Để (1) cắt (Ox) tại 4 điểm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm dương $t_1,t_2\left(t_1<t_2\right)$ thỏa mãn $t_2=9t_1$.

- Kết hợp $t_2=9t_1$ với định lý vi – ét tìm được m.

* Giải nhanh : $b^2=\frac{100}{9}ac$

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Lý thuyết Ôn tập chương 1 (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

50 bài toán về tương giao của đồ thị hàm số (có đáp án 2024) – Toán 12 

Lời giải

Ta có: Phương trình \({z^2} + 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{z_1} = - 1 + i}\\{{z_2} = - 1 - i}\end{array}} \right.\).

Khi đó: \(w = \left( {2{z_1} - {z_2}} \right){z_1} = \left[ {2\left( { - 1 + i} \right) - ( - 1 - i} \right)]\left( { - 1 + i} \right)\)

\( = \left( { - 1 + 3i} \right)\left( { - 1 + i} \right) = - 2 - 4i\)

\( \Rightarrow \left| w \right| = 2\sqrt 5 \).

Chọn đáp án B

Lời giải

* Gọi \(G\) là trung điểm của \(SB,\) \(E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Dựng đường thẳng \(d\) qua \(E\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Khi đó, đường thẳng \(d\)song song với \(SB\). Trong mặt phẳng \(\left( {SB,d} \right)\) đường trung trực của cạnh \(SB\)qua trung điểm \(G\)và cắt đường thẳng \(d\) tại \(J\) \( \Rightarrow \) \(J\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(SABC\) và bán kính mặt cầu là \(R = JB\).

* Xét tam giác \(ABC\) với \(R = EB\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC.\sin \widehat {ABC} = \frac{{BA.BC.AC}}{{4R}}\)\( \Rightarrow R = EB = \frac{{2AC}}{{4\sin \widehat {ABC}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Xét tam giác vuông \(BEJ\), vuông tại \(E\), ta có: \(EB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\), \(EJ = BG = \frac{1}{2}SB = 2\)

\( \Rightarrow R = JB = \sqrt {E{B^2} + E{J^2}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy diện tích mặt cầu là \({S_C} = 4\pi .{R^2} = 4\pi .\frac{{16}}{3} = \frac{{64\pi }}{3}\).

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left( {x - 4 + \frac{6}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_0^2 {f\left( {\sqrt {{x^2} + 4} } \right){\rm{d}}\left( {\sqrt {{x^2} + 4} } \right)} \)

\( = \left[ {\frac{1}{2}{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 6\ln \left| {x + 1} \right|} \right]\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. - \int\limits_2^{2\sqrt 2 } {f\left( t \right){\rm{d}}t} \)

\[ \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_2^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x} } = - 6 + 6\ln 3 \Rightarrow \int\limits_0^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 6 + 6\ln 3\].

Theo giả thiết \(I = \int\limits_0^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x = - a + a} \ln b\,\left( {a;b \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow P = 2a - {b^3} = 2.6 - {3^3} = - 15\).

Kết luận \(P = 2a - {b^3} = - 15\).

Chọn đáp án B

Lời giải

+ Phương trình đường thẳng d đi qua \(A\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)\) và \(B\left( {1; - 1} \right)\) là:\(y = - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}\).

+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[\left( C \right)\] và đường thẳng \[d\] là:

\[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f(x) - \left( { - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}} \right)} \right|} {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3}\,\,\,\,\]

Từ hình vẽ ta có: \[\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f(x) - \left( { - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}} \right)} \right]} {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3} \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{5}{4}x - \frac{1}{4}} \right)} } {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3}\,\]

\[ \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \left( { - \frac{1}{2}} \right)} = \frac{{11}}{3}\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{11}}{3} + \frac{1}{2} = \frac{{25}}{6}\].

Kết luận \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{25}}{6}\).

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có: \(z = 2 + mi\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\overline z = 2 - mi\).

Khi đó: \(\left( {2z - i} \right)\left( {2\overline z - 2} \right) = \left[ {4 + (2m - 1)i} \right]\left( {2 - 2mi} \right)\)

\( = 8 - 8mi + 2\left( {2m - 1} \right)i + 2m\left( {2m - 1} \right)\)

\( = 8 + 2m\left( {2m - 1} \right) + \left[ {\left( {4m - 2} \right) - 8m} \right]i\)

\( = \left( {4{m^2} - 2m + 8} \right) - \left( {4m + 2} \right)i\).

Số phức \(\left( {2z - i} \right)\left( {2\overline z - 2} \right)\) là số thực khi \(4m + 2 = 0\, \Leftrightarrow \,m = - \frac{1}{2}\).

Với \(m = - \frac{1}{2}\): \(z = 2 - \frac{1}{2}i\,\).

Do đó: \(\left| {2z - 3} \right| = \left| {2\left( {2 - \frac{1}{2}i} \right) - 3} \right| = \left| {1 - i} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 \).

Kết luận: \(\left| {2z - 3} \right| = \sqrt 2 \).

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 12z + 41 = 0\)

\( \Leftrightarrow \,\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 8\).

Suy ra mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;\, - 2;\,6} \right)\) và bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).

Ta có \(\overrightarrow {MI} = \left( {1;\, - 1;3} \right)\) và \(MI = \sqrt {1 + 1 + 9} = \sqrt {11} \).

Tam giác \(MAI\) vuông tại \(A\). Ta có: \(M{A^2} = M{I^2} - {R^2} = 11 - 8 = 3\).

Do tính chất tiếp tuyến nên \[MA = MB = MC\].

Vì thế ba điểm \(A,\,B,\,C\) cũng thuộc mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) tâm \[M\] bán kính \(MA = \sqrt 3 \).

Phương trình mặt cầu \(\,\left( {S'} \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 3\)

\(\, \Leftrightarrow \,\left( {S'} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 6z + 11 = 0\).

Do đó tọa độ \(A,\,B,\,C\) thỏa: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 6z + 11 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 12z + 41 = 0\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\)

Lấy (1) trừ (2) theo từng vế. Ta được: \[2x - 2y + 6z - 30 = 0\] hay \[x - y + 3z - 15 = 0\]

Vậy \[(ABC):x - y + 3z - 15 = 0\] mà \[(ABC):x + by + cz + d = 0\].

Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}b = - 1\\c = 3\\d = - 15\end{array} \right.\,\,\,\, \Rightarrow b + c + d = - 1 + 3 - 15 = - 13\].

Kết luận: \[b + c + d = - 13\].

Chọn đáp án C

Lời giải

Đặt \(t = {\log _2}x\). Phương trình trở thành: \({t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0\).

Vậy \(x \in \left( {2\,;\,16} \right) \Rightarrow t \in \left( {1\,;\,4} \right)\).

Yêu cầu bài toán trở thành: Phương trình \(f\left( t \right) = {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( {1\,;\,4} \right)\).

\(f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 3 = m\left( {t - 2} \right)\).

TH1: \(t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2\). Khi đó: \(f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 1 = 0\,\,\left( {{\rm{VL}}} \right)\).

TH2: \(t - 2 \ne 0 \Leftrightarrow t \ne 2\). Khi đó: \(f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow m = \underbrace {\frac{{{t^2} - t - 3}}{{t - 2}}}_{g\left( t \right)}\).

\(g\left( t \right) = \frac{{{t^2} - t - 3}}{{t - 2}} \Rightarrow g'\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 4t + 5}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} >0\,\,\forall t \in \left( {1\,;\,4} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Vậy: \(3 < m < \frac{9}{2}\) thỏa đề. Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m = 4\).

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| x \right| + \left| y \right| = 1 \Leftrightarrow \left| y \right| = 1 - \left| x \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1 - \left| x \right|\\y = \left| x \right| - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = - x + 1\\y = x + 1\\y = - x - 1\\y = x - 1\end{array} \right.\\\end{array}\)

Với \(\left| z \right| \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le z \le 1\).

Vậy tập hợp các điểm \(M\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)\) là khối lăng trụ có đáy là hình vuông \(ABCD\), chiều cao \(h = 2\).

\(OA = 1 \Rightarrow AB = \sqrt 2 \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\).

\( \Rightarrow V = h\,.\,{S_{ABC{\rm{D}}}}\, = 2.\,2 = 4\).

Chọn đáp án D

Lời giải

Số cần tìm có dạng \(\overline {abcdef} .\)

Trường hợp 1:không có số 0.

Chọn 1 số lẻ cho \(f\) có 5 cách.

Chọn thêm 2 số lẻ có \(C_4^2\) cách.

Chọn 3 số chẵn có \(C_4^3\) cách.

Xếp 5 số vừa chọn vào 5 vị trí còn lại có 5! cách.

Vậy có \(5.C_4^2.C_4^3.5! = 14400\) số.

Trường hợp 2:có số 0.

Chọn 1 số lẻ cho \(f\) có 5 cách.

Xếp số 0 vào 1 trong bốn vị trí \(b,\) \(c,\) \(d,\) \(e\) có 4 cách.

Chọn thêm 2 số lẻ có \(C_4^2\) cách.

Chọn thêm 2 số chẵn có \(C_4^2\) cách.

Xếp 4 số vừa chọn vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.

Vậy có \(5.4.C_4^2.C_4^2.4! = 17280\) số.

Kết luận: \(14400 + 17280 = 31680\) số.

Chọn đáp án A

Lời giải

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB.\) Theo giả thiết ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Vì \(AC = a\) nên tam giác \(ABC\) đều.

Theo giả thiết \(\left( {SD,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SDH} = 60^\circ .\)

Ta có \(AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right).\)

Khi đó \(d\left( {AD,\,\,SC} \right) = d\left( {AD,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\,\left( {SBC} \right)} \right).\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC \Rightarrow AM \bot BC.\)

Vẽ \(HN \bot BC\) (1) \(\left( {N \in BC} \right),\) \(HK \bot SN\) (2) \(\left( {K \in SN} \right).\)

\(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot BC\) (3).

(1), (3) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow BC \bot HK\) (4).

(2), (4) \( \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right).\)

Khi đó \(d\left( {H,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = HK.\)

\(HN = \frac{1}{2}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

\(H{D^2} = A{H^2} + A{D^2} - 2.AH.AD.\cos \widehat {HAD} = \frac{{7{a^2}}}{4} \Rightarrow HD = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}.\)

\(\tan \widehat {SDH} = \frac{{SH}}{{HD}} \Leftrightarrow SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}.\)

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{{116}}{{21{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt {609} }}{{58}}a.\)

Vậy \(d\left( {AD,\,\,SC} \right) = 2.\frac{{\sqrt {609} }}{{58}}a = \frac{{\sqrt {609} a}}{{29}}.\)

Chọn đáp án B

Lời giải

\[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của \[f\left( x \right) \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)\].

Hàm số \[y = F\left( x \right) + \left( {m - 1} \right)x + 2020\] đồng biến trên khoảng \[\left( { - 1\,;\,4} \right)\] khi

\[y' = F'\left( x \right) + m - 1 \ge 0\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Rightarrow f\left( x \right) + m - 1 \ge 0\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Rightarrow 1 - m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right)\].

Gọi \[{S_1},\,{S_2}\] lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của \[f'\left( x \right)\] với trục hoành trên các đoạn \[\left[ { - 1\,;\,1} \right]\] và \[\left[ {1\,;\,4} \right]\]. Từ đồ thị \[ \Rightarrow {S_1} < {S_2}\].

Ta có \[f\left( 4 \right) - f\left( { - 1} \right) = \int\limits_{ - 1}^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} } } = {S_1} - {S_2} < 0 \Rightarrow f\left( 4 \right) < f\left( { - 1} \right)\].

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

Do \[f\left( x \right)\] là hàm đa thức nên liên tục trên \[\left[ { - 1\,;\,4} \right]\], do đó từ bảng biến thiên, ta có \[1 - m \le f\left( x \right)\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Leftrightarrow 1 - m \le f\left( 4 \right) \Rightarrow m \ge 1 - f\left( 4 \right)\].

Chọn đáp án C

</></>

Lời giải

Gọi \[{N_0}\] là lượng vi rút trong cơ thể ông A ngay khi nhập viện.

Sau \[n\] ngày \[\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\], lượng vi rút trong cơ thể ông A là \[N = {N_0}{\left( {1 - 10\% } \right)^n}\].

Ông A được xuất viện khi

\[\frac{N}{{{N_0}}} \le 30\% \Rightarrow {\left( {1 - 10\% } \right)^n} \le 30\% \Rightarrow {\left( {\frac{9}{{10}}} \right)^n} \le \frac{3}{{10}} \Rightarrow n \ge {\log _{\frac{9}{{10}}}}\frac{3}{{10}} \approx 11,4 \Rightarrow n \ge 12\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\].

Vậy sau ít nhất 12 ngày thì ông A được xuất viện.

Chọn đáp án C

Lời giải

Gọi K là trung điểm \[A'B'\] ta có:

+) \[B'KHB\] là hình bình hành nên \[HB'\] cắt \[BK\] tại trung điểm \[I\] của mỗi đường.

\[\begin{array}{l} + )\,BK\parallel A'H \Leftarrow A'H\parallel (BKC') \Rightarrow d(A'H,BC') = d(A'H,(BKC')) = d(H,(BKC'))\\ = d(B',(BKC')) = d = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\end{array}\]

Đặt \[AB = 2x \Rightarrow A'C' = 2x\,.\] (Do đáy là tam giác vuông cân tại \[A\]).

Ta có

\[\begin{array}{l}KC' = \sqrt {A'C{'^2} + A'{K^2}} = x\sqrt {5.} \\KB = A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}} = \sqrt {9 - {x^2}} .\end{array}\]

Xét tứ diện \[B'BC'K\] với đáy là \[\Delta BC'K\] vuông tại \[K\] có \[{S_{BC'K}} = \frac{1}{2}.KC'.BK. = \frac{1}{2}.x\sqrt 5 .\sqrt {9 - {x^2}} .\] và độ dài đường cao là \[d\].\[ \Rightarrow {V_{B'.BCK}} = \frac{1}{3}d.{S_{BKC'}} = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\frac{1}{2}x\sqrt 5 .\sqrt {9 - {x^2}} \,\, = \frac{2}{3}\,x.\sqrt {9 - {x^2}} .\,\] (1)

Mặt khác, \[{V_{B'.BCK}} = \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{6}.A'H.{S_{ABC}} = \frac{1}{6}.\sqrt {9 - {x^2}} \,.\frac{1}{2}2x.2x = \frac{1}{3}\,{x^2}.\sqrt {9 - {x^2}} .\,\,(2)\]

Từ (1) và (2) suy ra \[\frac{2}{3}\,x.\sqrt {9 - {x^2}} = \frac{1}{3}\,{x^2}.\sqrt {9 - {x^2}} \Leftrightarrow x = 2.\] \[A'H = \sqrt 5 .\]

Vậy thể tích khối lăng trụ

\[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \sqrt 5 .\frac{1}{2}.{(2x)^2} = \sqrt 5 .\frac{1}{2}.{(2.2)^2} = 8\sqrt 5 .\]

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có \[f'(x) = \frac{{ac - b}}{{{{(x + c)}^2}}}.\]

Theo bài ra ta có

\[*\,k = f'(1) \Leftrightarrow \frac{5}{4} = \frac{{ac - b}}{{{{(1 + c)}^2}}}\,\,\,(1).\]

\[*\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) + 3}}{x} = 5 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(a + 3)x + b + 3c}}{{(x + c)x}} = 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 3c = 0\\\frac{{a + 3}}{c} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 3c\\a = 5c - 3.\end{array} \right.\]

Thế vào (1) ta được:

\[\frac{{(5c - 3).c + 3c}}{{{{(1 + c)}^2}}} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow 20{c^2} = 5({c^2} + 2c + 1) \Leftrightarrow 15{c^2} - 10c - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 1\\c = - \frac{1}{3}.\end{array} \right.\]

* Với \[c = 1 \to b = - 3;\,a = 2 \to a + b + c = 0.\]

* Với \[c = - \frac{1}{3} \to b = 1;\,a = - \frac{{14}}{3} \to a + b + c = - 4.\]

Chọn đáp án A

Lời giải

Ta có \(\left| {f\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)} \right| - {\log _2}m = 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)} \right| = {\log _2}m{\rm{ }}(*)\)

Đặt \(u = {x^3} - 3{x^2}\) có \(u' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 2\)

Ta lập bảng biến thiên ghép cho hàm số \(f(u)\)

Dựa bào bảng biến thiên, phương trình \((*)\) có \(8\) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(1 < {\log _2}m < 6\) \( \Leftrightarrow 2 < m < 64\).

Vậy có \(61\) giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn đề bài.

Chọn đáp án D

Lời giải

+ Với mọi \(x\not = 1\) hàm số \(f(x)\) liên tục, do đó \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = f(1)\)\( \Leftrightarrow 3 + m = 1 \Leftrightarrow m = - 2\)

Khi đó \(I = \int\limits_{\frac{1}{e}}^{{e^2}} {\frac{{f\left( {\ln x} \right)}}{x}{\rm{d}}x} + \int\limits_0^{\ln 2} {{e^x}f\left( {{e^x}} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{1}{e}}^{{e^2}} {f\left( {\ln x} \right){\rm{d}}\left( {\ln x} \right)} + \int\limits_0^{\ln 2} {f\left( {{e^x}} \right){\rm{d}}\left( {{e^x}} \right)} \)

\( = \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 3{x^2} + 6x - 2} \right){\rm{d}}x} + 2\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = {I_1} + 2{I_2}\)

+ Với \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 3{x^2} + 6x - 2} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( { - {x^3} + 3{x^2} - 2x} \right)} \right|_{ - 1}^1 = - 6\)

+ Với \[{I_2} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {\left( {2 - \frac{3}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {2x - 3\ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right|_1^2 = 2 - 3\ln 4 + 3\ln 3\]

Do đó \(I = - 2 - 6\ln 4 + 6\ln 3 = a + b\ln 4 + c\ln 3\) suy ra \(a = - 2,{\rm{ }}b = - 6,{\rm{ }}c = 6\)

Vậy \(a + 2b + 3c = - 2 + ( - 12) + 18 = 4.\)

Chọn đáp án B

Lời giải

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) Phương trình \(\frac{1}{{x + 3}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 5}} - m = 0\) vô nghiệm trên \(\left( { - 3\,;5} \right)\backslash \left\{ {0\,;2} \right\}\).

Ta có \(\frac{1}{{x + 3}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 5}} - m = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{{x^2} - 2x}} - \frac{8}{{{x^2} - 2x - 15}} = m\).

Đặt \(t = {x^2} - 2x\). Do \(x \in \left( { - 3\,;5} \right)\backslash \left\{ {0\,;2} \right\} \Rightarrow t \in \left[ { - 1\,;15} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\).

Phương trình trở thành \(\frac{2}{t} - \frac{8}{{t - 15}} = m\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{2}{t} - \frac{8}{{t - 15}},\,\,t \in \left[ { - 1\,;15} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Ta có \(f'\left( t \right) = - \frac{2}{{{t^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {t - 15} \right)}^2}}}.\)

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{{{t^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {t - 15} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = - 15\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra \( - \frac{3}{2} < m < \frac{6}{5}\). Từ đó suy ra \(m \in \left\{ { - 1\,;0\,;1} \right\}\).

Chọn đáp án A

Lời giải

Đặt \({2^{\left| {x - 4} \right|}} = a,\,\,{2^{\left| {y - 3} \right|}} = b\,\,\,\left( {a \ge 1,\,\,b \ge 1} \right)\). Khi đó :

\(3 + \left( {1 - {2^{\left| {x - 4} \right|}}} \right){.2^{\left| {y - 3} \right|}} = \left( {1 - {2^{ - \left| {y - 3} \right|}}} \right){.2^{2 - \left| {x - 4} \right|}} \Leftrightarrow 3 + \left( {1 - a} \right)b = \left( {1 - \frac{1}{b}} \right)\frac{4}{a}\)

\( \Leftrightarrow 3ab + a{b^2} - {a^2}{b^2} = 4b - 4 \Leftrightarrow \left( {{a^2}{b^2} - 3ab - 4} \right) - \left( {a{b^2} - 4b} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left( {ab - 4} \right)\left( {ab - b + 1} \right) = 0\].

Do \(ab - b + 1 = a\left( {b - 1} \right) + 1 >0 \Rightarrow ab = 4 \Rightarrow \left| {x - 4} \right| + \left| {y - 3} \right| = 2\)

Xét trong hệ trục tọa độ \[Oxy\], gọi \(M\left( {x\,;y} \right),\,\,I\left( { - 3;1} \right)\).

Khi đó \(P = {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 2 = M{I^2} + 2\) và \(M\) di động trên 4 cạnh hình vuông \(ABCD,\) trong đó \(A\left( {2\,;3} \right),\,\,B\left( {4\,;1} \right),\,\,C\left( {6\,;3} \right),\,\,D\left( {4\,;5} \right)\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}M{I_{\min }} = IA = \sqrt {29} \\M{I_{\max }} = IC = \sqrt {85} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = {P_{\min }} = 31\\M = {P_{\max }} = 87\end{array} \right. \Rightarrow M.m = 2697\).

Chọn đáp án B

Lời giải

Gọi

\(M\) là trung điểm của \(A'B'\). Mặt phẳng \(\left( {PAC} \right)\) chia khối hộp chữ nhật thành hai phần như hình vẽ. Gọi thể tích khối hộp chữ nhật ban đầu là \(V\), phần chứa điểm \(B'\) có thể tích \({V_1}\) và phần còn lại có thể tích \({V_2}\).

Ta có \(\frac{{PB'}}{{PB}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{{PM}}{{PA}} = \frac{{MB'}}{{AB}} = \frac{1}{2}\).

Thể tích của khối chóp \(P.ACB\) là \({V_{P.ACB}} = \frac{1}{3}PB.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2.BB'.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}V\).

Ta lại có \(\frac{{{V_{P.MNB'}}}}{{{V_{P.ACB}}}} = \frac{{PB'}}{{PB}}.\frac{{PN}}{{PC}}.\frac{{PM}}{{PA}} = \frac{1}{8}\).

Do đó \({V_1} = {V_{P.ACB}} - {V_{P.MNB'}} = \left( {1 - \frac{1}{8}} \right){V_{P.ACB}} = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{7}{{24}}V\).

Vậy \[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{V_1}}}{{V - {V_1}}} = \frac{{7V}}{{24\left( {V - \frac{7}{{24}}V} \right)}} = \frac{7}{{17}}\].

Lời giải

Ta có \({a^2} + {b^2} - 3 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {\frac{{{b^2}\left( {{a^2} + {b^2} + 4} \right) + 4{a^2}}}{{{a^2} + 2{b^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 3 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {\frac{{\left( {{b^2} + 4} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^2} + 2{b^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 4 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{b^2} + 4} \right) - {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) + \left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{b^2} + 4} \right) + \left( {{b^2} + 4} \right)\) (*)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _{{a^2} + {b^2}}}t + t\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right)}} + 1 >0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\[\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) \le f\left( {{b^2} + 4} \right) \Leftrightarrow {a^2} + 2{b^2} \le {b^2} + 4 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \le 4\]

Vậy, \(a,\,\,b\) thỏa mãn \[1 < {a^2} + {b^2} \le 4\]. Từ đó ta có 8 cặp số \(\left( {a\,;\,\,b} \right)\) thỏa mãn bài toán là \(\left( { - 2; - 2} \right),\left( { - 2; - 1} \right),\left( { - 1; - 2} \right),\left( { - 1; - 1} \right),\left( {1\,;\,1} \right),\left( {1\,;\,2} \right),\left( {2\,;\,1} \right),\left( {2\,;\,2} \right)\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Lời giải:

Chọn đáp án C