Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án đúng: A

*Lời giải

Dễ thấy, theo tính chất tích phân thì đáp án B, C, D đúng.

Như vậy đáp án sai là đáp án A

*Phương pháp giải

Tính chất tích phân:

 $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left[f\left(x\right)\pm g\left(x\right)\right]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx\pm \underset{a}{\overset{b}{\int }}g\left(x\right)dx$,

 $\underset{a}{\overset{b}{\int }}kf\left(x\right)dx=k\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx\left(k\ne 0\right)$.

*Lý thuyết cần nắm và dạng bài toán về tích phân, nguyên hàm:

Định nghĩa tích phân

Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b]. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a; b].

Hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích phân từ a đến b (hay tích phân xác định trên đoạn [a; b]) của hàm số f(x), kí hiệu $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

Ta còn dùng kí hiệu ${F\left(x\right)|}_a^b$ để chỉ hiệu số F(b) – F(a).

Vậy $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=$${F\left(x\right)|}_a^b=F\left(b\right)-F\left(a\right)$

Ta gọi $\underset{a}{\overset{b}{\int }}$ là dấu tích phân, a là cận dưới, b là cận trên, f(x)dx là biểu thức dưới dấu tích phân và f(x) là hàm số dưới dấu tích phân.

- Chú ý. Trong trường hợp a = b hoặc a > b, ta quy ước:

$\underset{a}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=0;$$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{b}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx$

- Nhận xét. a) Tích phân của hàm số f từ a đến b có thể kí hiệu là $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$ hay $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(t\right)dt$. Tích phân đó chỉ phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào biến x hay t.

Ý nghĩa hình học của tích phân. Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a; b] thì tích phân $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$ là diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị của f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a; x = b. Vậy $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

$\mathrm{Tính\; chất\; của\; tích\; phân.}$

Tính chất 3.

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$$=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$ (a < c < b). 

Nguyên hàm.

Cho hàm số f(x) xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng của R).

Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu F’(x) = f(x) với mọi $x\in K$.

- Định lí 1.

Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G(x) = F(x) + C cũng là một nguyên hàm của f(x) trên K.

- Định lí 2.

Nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì mọi nguyên hàm của f(x) trên K đều có dạng F(x) + C, với C là một hằng số.

Do đó $F\left(x\right)+C;C\in R$ là họ tất cả các nguyên hàm của f(x) trên K.

Kí hiệu: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(x\right)+C$

- Biểu thức f(x)dx chính là vi phân của nguyên hàm F(x) của f(x), vì dF(x) = F’(x)dx = f(x)dx. 

Tính chất của nguyên hàm

- Tính chất 1.

$\int f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(x\right)+C$

Ví dụ 3.

$\int \left(4^x\right)\text{'}dx$$=\int 4^x.\ln 4.dx=4^x+C$

- Tính chất 2.

$\int kf\left(x\right)dx=k.\int f\left(x\right)dx$(k là hằng số khác 0).

- Tính chất 3.

$\int \left[f\left(x\right)\pm g\left(x\right)\right]dx$$=\int f\left(x\right)dx\pm \int g\left(x\right)dx$

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

Lý thuyết Tích phân (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

50 Bài tập Ôn tập chương 3 Toán 12: Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng mới nhất 

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án C

Đồ thị đề cho là đồ thị hàm số bậc ba  $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(a\ne 0\right)$ nên loại đáp án A.

Quan sát đồ thị ta thấy $a>0$  nên loại đáp án B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm  $\left(-1;3\right)$ (hoặc hàm số có hai điểm cực trị ) nên loại đáp án D.

Vậy đó là đồ thị của hàm số $y=x^3-3x+1$ .

Nhận xét: Với bài toán này có thể làm như sau:

Đồ thị hàm số đi qua điểm  $\left(-1;3\right)$ nên loại đáp án A, B, D. Vậy chọn C.

Đáp án C

Đáp án A

Mẹo: Hình chiếu vuông góc của một điểm trên các đường Ox, Oy, Oz lần lượt có dạng $\left(x;0;0\right);\left(0;y;0\right);\left(0;0;z\right)$  (trên trục nào thì giữ nguyên tọa độ trục đó còn hai tọa độ còn lại bằng 0).

Đáp án B
Nhập vế trái của phương trình. Bấm phím CALC rồi nhập từng đáp án vào ta thấy khi $x=4$ thì vế trái bằng vế phải. Vậy phương trình có nghiệm là $x=4$.

Đáp án D

Đáp án đúng là D

Lời giải

Do các mặt của bát diện đều là tam giác và mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của 4 mặt nên bát diện đều là khối đa diện đều loại $\left\{3;4\right\}$

*Phương pháp giải:

- Nắm lại kiến thức về khối đa diện đều: định nghĩa, định lý( xác định số mặt, số đỉnh và loại đa diện đều)

*Lý thuyết nắm thêm về khối đa diện đều:

Chú ý. Gọi Đ là tổng số đỉnh, C là tổng số cạnh và M là tổng các mặt của khối đa diện đều loại {n; p}. Ta có pĐ = 2C = nM

    - Xét tứ diện đều

    - Xét khối lập phương

    - Xét bát diện đều

    - Xét khối mười hai mặt đều

    - Xét khối hai mươi mặt đều

Xem thêm

Bài tập Khối đa diện lồi và khối đa diện đều Toán 12

Chuyên đề Khối đa diện lồi và khối đa diện đều 

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án A
Ta có: $2f\left(x\right)+3=0\iff f\left(x\right)=\frac{-3}{2}$. Số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)+3=0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ với đường thẳng $y=\frac{-3}{2}$.

Đáp án D
$y\text{'}=\left[\ln \left(\sin x\right)\right]\text{'}=\frac{1}{\sin x}.\left(\sin x\right)\text{'}=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x$.

Đáp án B
Khối nón có thiết diện qua trục là $\Delta SAB$ vuông cân tại S, cạnh huyền $AB=2a\Rightarrow SB=a\sqrt{2}$.
Ta có: $r=OA=\frac{AB}{2}=a,l=SB=a\sqrt{2}$.
Diện tích xung quanh $S_{xq}$ của hình nón là:
$S_{xq}=\pi rl=\pi .a.a\sqrt{2}=\pi \sqrt{2}{a}^2$.

Đáp án C
Có $SA\perp \left(ABC\right)$ nên AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng $\left(ABC\right)\Rightarrow \widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}$.
Mặt khác có $\Delta ABC$ vuông tại C nên $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=a\sqrt{3}$.
Khi đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên $\widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=30°$.

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án B
$9^x-{10.3}^x+9=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{0;2\right\}$.

Đáp án A

Đáp án C
Ta có: $d_1$ qua $M_1\left(0;1;-2\right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(2;1;3\right)$.
$d_2$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(-2;-1;-3\right)=-1.\left(2;1;3\right)$.
Ta có $\overrightarrow{u_2}=-1.\overrightarrow{u_1}$ nên $\overrightarrow{u_1}$ cùng phương với $\overrightarrow{u_2}$ và $M_1\notin d_2$ nên suy ra $d_1$ song song với $d_2$.

Đáp án D
$\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(2\right)-f\left(1\right)=-2-\left(-2\right)=0$.

Đáp án A

Do hàm số $y=a^x$  nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$  nên $a<1$ .

Do hàm số $y=b^x$  và $y=c^x$  đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$  nên $b;c>1$ .

Ta có: $\forall x\in \left(0;+\infty \right),b^x>c^x\iff {\left(\frac{b}{c}\right)}^x>1\Rightarrow \frac{b}{c}>1\Rightarrow b>c$ .

Vậy $a<1<c<b$ .

Mẹo: Kẻ đường thẳng $x=1$  lần lượt cắt các đồ thị tại các điểm. Tung độ của các giao điểm khi đó chính là a, b, c. Dẫn tới kết quả $a<1<c<b$ .

Đáp án C

Ta thấy nhận xét I sai vì môđun có thể bằng 0; nhận xét IV là sai, tọa độ của M là $\left(a;-b\right)$ ; nhận xét II sai ví dụ $z=2i$ , ta có $-4=4$  (vô lí).

Đáp án B
Ta có: $z^2={\left[x+\left(x-1\right)i\right]}^2=2x-1+2x\left(x-1\right)i$.
Số phức $z^2$ là số thuần ảo khi $\left\{\begin{array}{l}2x-1=0\\ 2x\left(x-1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x\ne 0\\ x\ne 1\end{array}\right.\iff x=\frac{1}{2}\Rightarrow z=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i.$
Có một số thực x.

Đáp án A
Gọi I là trung điểm $MN\Rightarrow I\left(3;\frac{1}{2};1\right)$.
Ta có: $\overrightarrow{MN}=\left(4;-3;2\right)$.
Mặt phẳng trung trực của MN đi qua trung điểm I của MN và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{MN}=\left(4;-3;2\right)$:
$4\left(x-3\right)-3\left(y-\frac{1}{2}\right)+2\left(z-1\right)=0\iff 4x-3y+2z-\frac{25}{2}=0$.

Đáp án B

Khi ô tô dừng hẳn thì $v\left(t\right)=0\iff -2t+16=0\iff t=8$ .

Quãng đường mà ô tô đi được cho đến khi dừng (trong 8 giây cuối) là:

$\underset{0}{\overset{8}{\int }}\left(-2t+16\right)dt=\left(-t^2+16t\right)\left|\begin{array}{l}{}^8\\ {}_0\end{array}\right.=64\left(m\right)$.

Đáp án C
$\Delta ABC$ vuông tại A có $AC=AB.\tan \widehat{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$.
Ta có: $\widehat{\left(C\text{'}A,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{C\text{'}AC}=60°$.
$\Delta ACC\text{'}$ vuông tại C có $CC\text{'}=AC.\tan \widehat{C\text{'}AC}=a$.
Vậy $V_{ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.CC\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Đáp án A
TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$. Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=+\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=-\infty$.
Suy ra $x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .
$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=-1$
Suy ra $y=1,y=-1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận.
Sử dụng máy tính:
Nhập biểu thức $y=\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}$. Sau đó bấm CALC. Nhập giá trị ${10}^9$và bấm bằng ta thu được kết quả 1.
Nhập giá trị $-{10}^9$ và bấm bằng ta thu được kết quả -1.
Nhập giá trị $1+{10}^9$ và bấm bằng ta thấy giá trị rất lớn (tiến ra dương vô cùng).
Nhập giá trị $1-{10}^9$và bấm bằng ta thấy giá trị rất nhỏ (tiến ra âm vô cùng).

Đáp án D
Đặt $SA=SB=SC=a$.
Theo giả thiết ta có tam giác SAC đều cạnh a và tam giác SAB vuông cân tại $S\Rightarrow SA=SC=AC=a;AB=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác SBC ta có: $B{C}^2=S{B}^2+S{C}^2-2.SB.SC.\cos \widehat{BSC}=3a^2$.
Do $A{B}^2+A{C}^2=2a^2+a^2=3a^2=B{C}^2$ nên tam giác ABC vuông tại A.
Vì $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của S trên $\left(ABC\right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác $\Delta ABC$ vuông tại A, suy ra I là trung điểm của BC.

Đáp án B
Tập xác định: $D=\left[-2;2\right]$.
$y\text{'}=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{\sqrt{4-x^2}-x}{\sqrt{4-x^2}}=0\iff \sqrt{4-x^2}=x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}$.
Ta có $y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2};y\left(-2\right)=-2;y\left(2\right)=2$. Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=-2$.

Đáp án D
Chiều dài hình chữ nhật bằng đường sinh hình trụ nên chiều dài bằng 6a.
Chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng bằng 3a suy ra $EF=\frac{3a}{2}$.
Khoảng cách giữa trục và thiết diện bằng 3a nên $OE=3a$.
Bán kính trụ $R=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}=\frac{3a\sqrt{5}}{2}$.
Thể tích trụ $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{3a\sqrt{5}}{2}\right)}^2.6a=\frac{135}{2}\pi a^3$.

Đáp án D
Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị $y=f\left(x\right)$ tại ba điểm phân biệt nên ta có bảng biến thiên của $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Đáp án A

Ta có:  $P\left(x\right)={\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}^{30}=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{\left(x^2\right)}^{30-k}.{\left(\frac{1}{x^3}\right)}^k=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{x}^{60-5k}$.

Số hạng cần tìm không chứa x có k thỏa mãn $60-5k=0\iff k=12$ . Vậy số hạng không chứa x là $C_{30}^{12}$ .

Đáp án D
Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f\left(x\right)+1\right]}^{2}dx=36\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)+1\right]dx=36$.
$\begin{array}{l}\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)+1\right]dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)-f\left(x\right)\right]dx=36-5\\ \iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[3f\left(x\right)+1\right]dx=31\\ \iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=31\end{array}$
$\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+x\left|{}_0^1\right.=31\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+1=31\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=30\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=10$

Đáp án B
Từ phương trình đã cho ta có: $\left[\begin{array}{l}\ln x=3\\ \ln x=4m-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=e^3\\ x=e^{4m-1}\end{array}\right.$.
Yêu cầu bài toán $\iff e\le e^{4m-1}<e^3\iff 1\le 4m-1<3\iff \frac{1}{2}\le m<1$.

Đáp án A

Khi hàn hai mép của hình quạt tròn, độ dài đường sinh của hình nón bằng bán kính của hình quạt tròn, tức là $OA=4dm$.
Thể tích của hình nón $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}\pi .\left(16-h^2\right).h$với $0<h<4$.
Ta có $V\text{'}\left(h\right)=\frac{1}{3}\pi \left(16-3^2\right)\Rightarrow V\text{'}\left(h\right)=0\iff h=\pm \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra thể tích lớn nhất của hình nón là $\frac{128\pi \sqrt{3}}{27}d{m}^3$.

Đáp án B
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
$\begin{array}{l}4-x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\notin \left(1;+\infty \right)\end{array}\right.\iff x=2;\\ 7-4x^2=0\iff x=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}\notin \left[0;1\right]\end{array}$

Suy ra

 $\begin{array}{l}S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|7-4x^2\right|dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|4-x^2\right|dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left|4-x^2\right|dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(7-4x^2\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(4-x^2\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(x^2-4\right)dx\\ =\left(7x-\frac{4}{3}{x}^3\right)\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.+\left(4x-\frac{x^3}{3}\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_1\end{array}\right.+\left(\frac{x^3}{3}-4x\right)\left|\begin{array}{l}{}^3\\ {}_2\end{array}\right.=7-\frac{4}{3}+\frac{16}{3}-\frac{11}{3}-3+\frac{16}{3}=10.\end{array}$

Đáp án B
Đặt $z=a+bi$. Khi đó ta có hệ phương trình:
$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ \sqrt{{\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(a-3\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ a^2+b^2-2a-2b+2=a^2+b^2-6a+6b+18\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(2b+4\right)}^2+b^2=4\left|2b+4\right|+4\\ a=2b+4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ 5b^2+16b+12=\left|8b+16\right|\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ \left[\begin{array}{l}5b^2+16b+12=8b+16\\ 5b^2+16b+12=-8b-16\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ \left[\begin{array}{l}b=\frac{2}{5}\\ b=-2\\ b=-\frac{14}{5}\end{array}\right.\end{array}\right..\end{array}$
Vậy ta có các số phức $z_1=2i;z_2=\frac{24}{5}+\frac{2}{5}i;z_3=-\frac{8}{5}-\frac{14}{5}i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A
Ta có: $y\text{'}=\left(x^2-2x\right)\text{'}f\text{'}\left(x^2-2x\right)=\left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right)$.
Khi đó $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f\text{'}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ x^2-2x=-2\\ x^2-2x=1\\ x^2-2x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=1+\sqrt{2}\\ x=1-\sqrt{2}\\ x=3\\ x=-1\end{array}\right..$
Từ bảng xét dấu ta thấy $f\text{'}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-2\\ x>3\end{array}\right.$.
Khi đó $f\text{'}\left(x^2-2x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-2x<-2\\ x^2-2x>3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>3\end{array}\right..$
Bảng biến thiên:

Đáp án B
Gọi $w=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$.
Điểm biểu diễn số phức w trong mặt phẳng tức là điểm $M\left(x;y\right)$.
Ta có: $w=2\overline{z}-2+3i\Rightarrow 2\overline{z}=w+2-3i\Rightarrow 2z=\overline{w}+2+3i$
$\left(z-2+i\right)\left(\overline{z}-2-i\right)=25$
$\begin{array}{l}\iff \left(2z-4+2i\right)\left(2\overline{z}-4-2i\right)=100\\ \iff \left(\overline{w}+2+3i-4+2i\right)\left(w+2-3i-4-2i\right)=100\\ \iff \left(\overline{w}-2+5i\right)\left(w-2-5i\right)=100\\ \iff \left[\left(x-2\right)-\left(y-5\right)i\right]\left[\left(x-2\right)+\left(y-5\right)i\right]=100\\ \iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2=100\end{array}$
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn M là đường tròn tâm $I\left(2;5\right)$ và bán kính $R=10\Rightarrow a+b+c=17$.

Đáp án A
Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(1;2;3\right)$, bán kính $R=5$.
Giả sử $\left(P\right)$ cắt $\left(S\right)$theo giao tuyến là đường tròn có bán kính R’.
Ta có: $R{\text{'}}^2=R^2-{\left[d\left(I;\left(P\right)\right)\right]}^2=25-{\left[d\left(I;\left(P\right)\right)\right]}^2$.
$\Rightarrow R\text{'}$ nhỏ nhất khi $d\left(I;\left(P\right)\right)$ lớn nhất.
Lại có: $d\left(I;\left(P\right)\right)=IH\le IK=d\left(I;AB\right)=$hằng số.
$\Rightarrow d\left(I;\left(P\right)\right)$ lớn nhất bằng IK khi $\left(P\right)$ đi qua K và vuông góc với IK.

Tìm tọa độ điểm K

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua $I\left(1;2;3\right)$  và vuông góc với AB là $x-y+2z-5=0$ .

Phương trình đường thẳng AB đi qua $B\left(0;1;0\right)$  và nhận vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(-3;3;-6\right)=-3\left(1;-1;2\right)$  là $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=1-t\\ z=2t\end{array}\right.$ .

$K=AB\cap \left(Q\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}K\in AB\\ K\in \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}K\left(t_0;1-t_0;2t_0\right)\\ K\in \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow K\left(1;0;2\right).$