Đáp án C

Ta có: $z=a+bi\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}$

Đáp án D

Do $\underset{x\text{}\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0\Rightarrow$ loại A, B

Do đồ thị đi qua điểm M(2;-2) nên ta chọn D

Đáp án C

Mặt cầu (S) có bán kính R=2 và tâm O(0;0) có phương trình: $x^2+y^2+z^2=4$

Đáp án A

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}4-x^2>0\\ 0<x\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-2<x<2\\ 0<x\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<2\\ x\ne 1\end{array}\right.\Rightarrow D\left(0;2\right)\backslash \left\{1\right\}$

Đáp án B

Đồ thị nhận x = 0 (trục tung) làm tiệm cận đứng $\to$ loại C, D

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{-1}{2x^2}<0,\forall x\ne 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(0;+\infty \right)$

Đáp án C

Công thức là $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f_1\left(x\right)-f_2\left(x\right)\right|dx$

Chú ý: Công thức $S=\left|\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left[f_1\left(x\right)-f_2\left(x\right)\right]dx\right|$ chỉ đúng khi trên $\left[a;b\right]$ phương trình $f_1\left(x\right)-f_2\left(x\right)=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm thì đó là nghiệm kép hoặc nghiệm bội chẵn. Hay trên đoạn $\left[a;b\right]$ hai đồ thị $y=f_1\left(x\right)$ và $y=f_2\left(x\right)$ không có giao điểm hoặc tiếp xúc nhau

Đáp án D

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, BC.

Khi đóL $\frac{AG}{AM}=\frac{2}{3}=\frac{AE}{AN}\Rightarrow GE\text{//}MN$ (1)

Mặt khác: MN là đường trung bình của $\Delta BDC$

$\Rightarrow MN\text{//}CD$(2)

Từ (1) và (2), suy ra: $GE\text{//}CD$

Đáp án D

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm M(1;0) nên D sai

Đáp án D

Ta có: $1^2=R^2+h^2\Rightarrow h=\sqrt{1^2-R^2}=\sqrt{{\left(13a\right)}^2-{\left(5a\right)}^2}=12a$

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{k}\Rightarrow M\left(3;0;-2\right)$

Chú ý: Nếu $\overrightarrow{OM}=x_0.\overrightarrow{i}-y_0.\overrightarrow{j}+z_0\overrightarrow{k}\Rightarrow M\left(x_0;y_0;z_0\right)$

Đáp án C

Ta có: $BH=R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Khi đó: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}AH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{12}}{12}$

Chú ý:

+) Một tam giác đều cạnh a có: $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4};h=\frac{a\sqrt{3}}{2};R=\frac{a\sqrt{3}}{3};r=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

+) Một khối tứ diện đều cạnh a có: $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{12};h=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Đáp án B

Ta có: $y^{\text{'}}=x^3-4x=x\left(x^2-4\right)$. Khi đó: $y^{\text{'}}=0\iff x\in \left\{0;\pm 2\right\}$

Lập bẳng biến thiên suy ra hàm số có một điểm cực đại x=0 và hai điểm cực tiểu $x=\pm 2$

Chú ý: Với hàm trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ để suy luận ra số cực trị (cực đại, cực tiểu) ta chỉ cần dựa vào dấu của hệ số a,b. Cụ thể:

- $ab\ge 0$ : Có một cực trị

 Một cực đại và không có cực tiểu $\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b\le 0\end{array}\right.$

 Một cực tiểu và không có cực đại $\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b\ge 0\end{array}\right.$

 - ab<0 : có ba cực trị

  Có hai cực đại và một cực tiểu $\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b>0\end{array}\right.$

  Có hai cực tiểu và một cực đại $\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b<0\end{array}\right.$

Ở câu hỏi này ta có: $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{4}>0\\ b=-2<0\end{array}\right.\Rightarrow$ hàm số có hai cực tiểu và một cực đại

Đáp án C

Ta có: $I=\underset{4}{\overset{8}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx={\left.f\left(x\right)\right|}_4^8=f\left(8\right)-f\left(4\right)=20-12=8$

Đáp án A

Số tam giác được tạo thành chính là số cách lấy 3 điểm từ 6 điểm phân biệt không quan tâm tới thứ tự. Do đó số tam giác cần tìm là: $C_6^3=20$

Đáp án D

Phương trình $2^x=9-m^2$ có nghiệm khi và chỉ khi: $9-m^2>0\iff -3<m<3\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \left\{\pm 2;\pm 1;0\right\}$

Đáp án C

Ta có: $\frac{V^{\text{'}}}{V}=\frac{V_{S.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{S.ABC}}=\frac{S{A}^{\text{'}}}{SA}.\frac{S{B}^{\text{'}}}{SB}.\frac{S{C}^{\text{'}}}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{4}=\frac{1}{24}$

Đáp án B

Ta có: ${\left(1,5\right)}^x={\left(\frac{2}{3}\right)}^{x-2}\iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^x={\left(\frac{3}{2}\right)}^{2-x}\iff x=2-x\iff x=1$

Chú ý: Ở câu hỏi này ta có thể dùng Casio hoặc thay ngược đáp số

Đáp án D

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3+2x$

Khi đó hệ góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x=1 là : y'(1)=6

Đáp án D

Do T(4;-3) là điểm biểu diễn số phức z.

Suy ra: $z=4-3i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|z\right|=5\\ \overline{z}=4+3i\end{array}\right.\Rightarrow w=\left|z\right|-\overline{z}=5-\left(4+3i\right)=1-3i$

Khi đó điểm Q(1;-3) biểu diễn số phức w.

Đáp án B

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=2x-1\\ dx=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=2dx\\ v=e^x\end{array}\right.$. Khi đó: $\underset{0}{\overset{m}{\int }}\left(2x-1\right)e^{x}dx=\left(2x-1\right){\left.e^x\right|}_0^m-2\underset{0}{\overset{m}{\int }}{e}^{x}dx=\left(2m-1\right)e^m+1-{\left.2e^x\right|}_0^m=\left(2m-3\right)e^m+3$

Suy ra: $\left(2m-3\right)e^m+3=4m-3\iff \left(2m-3\right)e^m=2\left(2m-3\right)$

$\iff \left[\begin{array}{l}2m-3=0\\ e^m=2\end{array}\right.\stackrel{0<m<1}{\to }{e}^m=2\iff m=\ln 2\approx 0,693$ gần giá trị 0,69 nhất

Đáp án C

Ta có: $3\sin x-1=0\iff \sin x=\frac{1}{3}$ (*)

Dựa vào đường  tròn lượng giác, suy ra trên khoảng $\left(0;3\pi \right)$

Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{7x+6}{x-2}=x+2\iff x^2-7x-10=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$ lần lượt là hoành độ của

Khi đó hoành độ trung điểm của đoạn MN là : $x=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{7}{2}$

Đáp án D

Do $M\in \Delta \Rightarrow M\left(t;-2-t;1+2t\right)$ với t=a>0

Khi đó $d\left(M,\left(P\right)\right)=2\iff \frac{\left|2t-\left(-2-t\right)+2.\left(1+2t\right)-5\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+2^2}}=2$

$\iff \left|7t-1\right|=6\iff \left[\begin{array}{l}t=1\\ t=-\frac{5}{7}\end{array}\right.\stackrel{t>0}{\to }t=1\Rightarrow M\left(1;-3;3\right)$

$\Rightarrow T=a+b+c=1-3+3=1$

Đáp án B

Khối tròn xoay được tạo ra là hình trụ (như hình vẽ)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}h=AD=2\\ R=\frac{AB}{2}=2\end{array}\right.\Rightarrow V=h\pi R^2=8\pi$

Đáp án A

Ta có: $y=\frac{3^x-1}{5^x}={\left(\frac{3}{5}\right)}^x-{\left(\frac{1}{5}\right)}^x\Rightarrow y^{\text{'}}{\left(\frac{3}{5}\right)}^x\ln \frac{3}{5}-{\left(\frac{1}{5}\right)}^x\ln \frac{1}{5}={\left(\frac{3}{5}\right)}^x\ln \frac{3}{5}+{\left(\frac{1}{5}\right)}^x\ln 5$

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=-3x^2-6x=-3x.\left(x+2\right);y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.\stackrel{x\in \left[-1;1\right]}{\to }x=0$

Ta có: $y\left(-1\right)=m;y\left(0\right)=m+2;y\left(1\right)=m-2\Rightarrow \underset{\left[-1;1\right]}{\max }y=m+2=0\iff m=-2=m_0$

Vậy $m_0=-2$ gần -1 nhất trong các phương án đưa ra

Đáp án B

Ta có: $y^{\text{'}}=2x.e^x+x^2{e}^x=x\left(x+2\right)e^x$

Xét $y^{\text{'}}<0\iff x\left(x+2\right)e^x<0\iff x\left(x+2\right)<0\iff -2<x<0$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0)

Đáp án A

Mặt phẳng Oxz có phương trình: y=0

+) Thay y=0 vào phương trình $d_1$, suy ra: $\frac{x-1}{3}=\frac{0+2}{-1}-\frac{z+1}{2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-5\\ z=-5\end{array}\right.\Rightarrow A\left(-5;0;-5\right)$

+) Thay y=0 vào phương trình $d_2$, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}x=3t\\ 0=4-t\\ z=2+2t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=4\\ x=12\\ z=10\end{array}\right.\Rightarrow B\left(12;0;10\right)$

Suy ra $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=\left(-5;0;-5\right)\\ \overrightarrow{OB}=\left(12;0;10\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]=\left(0;-10;0\right) \\ \Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]\right|=\frac{\sqrt{0^2+{10}^2+0^2}}{2}=5 \end{gathered}$$

Đáp án B

Dựng hình bình hành $ACBE\Rightarrow AC\text{//}BE$

$\Rightarrow h=d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=AH$

(Với I là hình chiếu vuông góc của A trên EB và H là hình chiếu vuông góc của A trên SI  như hình vẽ).

Ta có ABE là tam giác vuông cân tại $A\Rightarrow AI=\frac{EB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Khi đó: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{I}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow h=AH=\frac{2a}{3}$

Đáp án B

Cách 1: Gọi z=a+bi với $a,b\in ℝ$. Khi đó điều kiện bài toán tương đương:

$\left|a+bi-2-4i\right|=\left|a+bi-2i\right|\iff \left|(a-2)+(b-4)i\right|=\left|a+\left(b-2\right)i\right|$

$$\begin{gathered} \iff {\left(a-2\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2=a^2+{\left(b-2\right)}^2\iff -4a-8b+20=-4b+4 \\ \iff a+b=4\iff b=4-a \end{gathered}$$

Suy ra: $\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{a^2+{\left(4-a\right)}^2}=\sqrt{2a^2-8a+16}=\sqrt{2{\left(a-2\right)}^2+8}\ge \sqrt{8}=2\sqrt{2}$

Vậy ${\left|z\right|}_{\min }=2\sqrt{2}$ khi $a=2\Rightarrow b=2\Rightarrow a+2b=6$

Cách 2: Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , khi đó: $\left|z-2-4i\right|=\left|z-2i\right|\iff MA=MB$

Trong đó $\left\{\begin{array}{l}A\left(2;4\right)\\ B\left(0;2\right)\end{array}\right.$

Suy ra M thuộc đường thẳng trung trực $\Delta$ của AB với $\Delta :x+y-4=0$

Ta có: ${\left|z\right|}_{\min }=O{M}_{\min }\iff M$ là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng $∆$

Đường thẳng qua O vuông góc với $\Delta$ là: x-y=0

Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

$\left\{\begin{array}{l}x+y-4=0\\ x-y=0\end{array}\right.\iff x=y=2\Rightarrow M\left(2;2\right)\Rightarrow z=2+2i\Rightarrow$ đáp số: 2+2.2=6

Đáp án C

Phương trình tương đương $\frac{1}{1+\log \left(x^2+1\right)}+\frac{1}{2\log \left(x^2+1\right)}\ge 1$. Điều kiện: $x\ne 0$

Đặt $t=\log \left(x^2+1\right)$ với t>0 khi đó phương trình có dạng:

$\frac{1}{1+t}+\frac{1}{2t}\ge 1\iff 2t+1+t\ge 2t\left(t+1\right)\iff 2t^2-t-1\le 0\iff -\frac{1}{2}\le t\le 1\Rightarrow 0<t\le 1$

Vậy: $\log \left(x^2+1\right)\le 1\iff x^2+1\le 10\iff -3\le x\le 3\stackrel{x\in \mathbb{Z},z\ne 0}{\to }x\in \left\{\pm 3;\pm 2;\pm 1\right\}$

Đáp án A

Ta có: $u_3^2+u_4^2={\left(u_1+2d\right)}^2+{\left(u_1+3d\right)}^2={\left(u_1-8\right)}^2+{\left(u_1-12\right)}^2$

$=2u_1^2-40u_1+208=2{\left(u_1-10\right)}^2+8\ge 8$

Suy ra: ${\left(u_2^3+u_4^2\right)}_{\min }=8$ khi $u_1=10\Rightarrow u_{2019}=u_1+2018d=10+2018.\left(-4\right)=-8062$

Đáp án C

Theo yêu cầu bài toán thì đồ thị phải có 2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang

+) Đồ thị có 2 tiệm cận ngang thì $m>0\left(*\right)\Rightarrow y=\frac{x-4}{\sqrt{m{x}^2+m^2-17}}~\frac{x}{\sqrt{m{x}^2}}=\pm \frac{1}{\sqrt{m}}$ khi $x\to \pm \infty$.

 Nghĩa là đồ thị có 2 tiêm cận ngang $y=\pm \frac{1}{\sqrt{m}}$

+) Đồ thị có 2 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình $f\left(x\right)=m{x}^2+m^2-17=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 4

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\left(17-m^2\right)>0\left(*\right)\\ f\left(4\right)=m^2+16m-17\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}0<m<\sqrt{17}\\ m\notin \left\{1;-17\right\}\end{array}\right.\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \left\{2;3;4\right\}$

Đáp án D

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức w=x+yi. Khi đó: $x+yi=2z+4-3i\iff 2z=\left(x-4\right)+\left(y+3\right)i$

$\Rightarrow 2\left|z\right|=\left|\left(x-4\right)+\left(y+3\right)i\right|\iff 16=\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2}\iff {\left(x-4\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2={16}^2$

Suy ra M thuộc đường tròn tâm I(4;-3) và bán kính $R=16\Rightarrow a+b+R=4+\left(-3\right)+16=17$

Đáp án C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên trục Oy

$\Rightarrow H\left(0;1;0\right)\Rightarrow IH=3\sqrt{2}$

Do IAB là tam giác vuông cân nên suy ra: $IH=\frac{AB}{2}=\frac{IA\sqrt{2}}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}\Rightarrow R=6$

Suy ra phương trình mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-3\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=36$

Đáp án C

Số nghiệm của phương trình f(x)=f(m) (*) chính là số giao điểm của đồ thị y=f(x) và đường thẳng y=f(m) có phương song song hoặc trùng với trục Ox.

Do đó dựa vào bẳng biến thiên của hàm số y=f(x), phương trình (*) có ba nghiệm thực phân biệt $\iff 3\le f\left(m\right)<5$(2*)

Từ bảng biến thiên của hàm số y=f(x), ta có: $3\le f\left(x\right)<5\iff \left[\begin{array}{l}-3\le x<1\\ 1<x\le 3\\ 8\le x<10\end{array}\right.$

Khi đó (2*) $\iff \left[\begin{array}{l}-3\le m<1\\ 1<m\le 3\\ 8\le m<10\end{array}\right.\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \left\{-3;-2;-1;0;2;3;8;9\right\}$: có 8 giá trị m

Đáp án D

Hình phẳng được giới hạn bởi các đường: $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}f\left(x^3\right)\\ y=0\\ x=1;x=3\end{array}\right.$

Khi đó ta có: $6=S=\underset{1}{\overset{3}{\int }}{x}^{2}f\left(x^3\right)dx$

Đặt $t=x^3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}dt=3x^{2}dx\Rightarrow x^{2}dx=\frac{1}{3}dt\\ x=1\Rightarrow t=1\Rightarrow x=3\Rightarrow t=27\end{array}\right.$

Suy ra: $6=\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{27}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{27}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{I}{3}\Rightarrow I=18$

Đáp án A

Số khả năng xảy ra khi gieo 2 con súc sắc liên tiếp là: $n\left(\Omega \right)=6.6=36$

Gọi A là biến cố để phương trình $x^2-mx+21=0$ có nghiệm

Với m là tổng số chấm sau 2 lần gieo, suy ra: $2\le m\le 12$

Điều kiện để phương trình có nghiệm là: $\Delta =m^2-84\ge 0\stackrel{m\in \mathbb{Z};2\le m\le 12}{\to }m\in \left\{10;11;12\right\}$

Trường hợp 1: $m=10=6+4=4+6=5+5$ có 3 cách

Trường hợp 2: $m=11=6+5=5+6$ có 2 cách

Trường hợp 3: $m=12=6+6$ có 1 cách

Suy ra $n\left(A\right)=3+2+1=6\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$

Đáp án B

Độ dài cung tròn BD bằng $\frac{1}{4}$ chu vi đường tròn, bán kính AB và bằng chu vi đáy của hình nón.

Do đó ta có: $\frac{1}{4}.2\pi .8=2\pi R\iff R=2\Rightarrow h=\sqrt{1^2-R^2}=\sqrt{8^2-2^2}=2\sqrt{15}$

Suy ra thể tích của nón: $V=\frac{1}{3}h\pi R^2=\frac{1}{3}.2\sqrt{15}\pi 2^2=\frac{8\pi \sqrt{15}}{3}{\text{ dm}}^3$

Đáp án B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)\equiv \left(Oxy\right)$. Do S.ABCD là chóp đều nên H là giao điểm của AC và $BD\Rightarrow H\left(3;2;0\right)$ (với H là trung điểm của AC)

Theo đề ra ta có: $SH=6\Rightarrow \left[\begin{array}{l}S\left(3;2;6\right)\\ S\left(3;2;-6\right)\end{array}\right.$

Vì I cách đều 5 đỉnh của chóp nên suy ra:

$I\in SH\Rightarrow I\left(3;2;c\right)$. Do $c>0\Rightarrow S\left(3;2;6\right)$

Mặt khác: $IA=IS\iff I{A}^2=I{S}^2$

$\iff 2^2+2^2+c^2={\left(c-6\right)}^2\iff 12c=28\iff c=\frac{7}{3}$

$\Rightarrow I\left(3;2;\frac{7}{3}\right)\Rightarrow a=3;b=2;c=\frac{7}{3}\Rightarrow T=a+2b+3c=14$

Đáp án B

Điều kiện: x > 0

Biến đổi phương trình tương đương: $2^{x^2+2x+m}+x^2+2x+m=2^{10x-6\ln x}+10x-6\ln x$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x^2+2x+m\\ v=10x-6\ln x\end{array}\right.$, khi đó phương trình có dạng:

 $2^u+u=2^v+v\iff f\left(u\right)=f\left(v\right)$ với $f\left(t\right)=2^t+1$ là hàm số đồng biến

 $\iff u=v\iff x^2+2x+m=10x-6\ln x\iff m=-x^2+8x-6\ln x=g\left(x\right)$ với x>0

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=-2x+8-\frac{6}{x}=\frac{-2\left(x^2-4x+3\right)}{x}$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có 3 nghiệm khi và chỉ khi: $7<m<15-6\ln 3\approx 8,4\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m=8$

Đáp án D

Ta có: $\Delta :\frac{x}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{x+2}{-2}\iff \left\{\begin{array}{l}2x+y=0\\ y-z-2=0\end{array}\right.$

Do $\Delta \subset \left(P\right)$, suy ra mặt phẳng (P) có dạng: $a.\left(2x+y\right)+b.\left(y-z-2\right)=0\iff 2ax+\left(a+b\right)y-bz-2b=0$

 với

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;0) và bán kính R=2

Do (P) tiếp xúc với (S) nên: $d\left(I,\left(P\right)\right)=R\iff \frac{\left|2a-2b\right|}{\sqrt{4a^2+{\left(a+b\right)}^2+b^2}}=2$

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

Chọn $\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left(P\right):2x-y+2z+4=0$ đi qua điểm Q(-1;2;0)

Chú ý: Mặt phẳng chứa đường thẳng $\Delta :\left\{\begin{array}{l}{a}_{1}x+b_{1}y+c_{1}z+d_1=0\\ a_{2}x+b_{2}y+c_{2}z+d_2=0\end{array}\right.$ luôn có dạng:

$A.\left(a_{1}x+b_{1}y+c_{1}z+d_1\right)+B.\left(a_{2}x+b_{2}y+c_{2}z+d_2\right)=0$ với $A^2+B^2\ne 0$

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=\left(x+1\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+9}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+4}}\right).f^{\text{'}}\left(\sqrt{x^2+2x+9}-\sqrt{x^2+2x+4}\right)$

Khi đó: $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x+1=0\\ \sqrt{x^2+2x+9}=\sqrt{x^2+2x+4}\\ f^{\text{'}}\left(\sqrt{x^2+2x+9}-\sqrt{x^2+2x+4}\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ \left(\sqrt{x^2+2x+9}-\sqrt{x^2+2x+4}\right)\in \left\{-1;1;3\right\}\left(*\right)\end{array}\right.$

Do $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^2+2x+9}-\sqrt{x^2+2x+4}=\frac{5}{\sqrt{x^2+2x+9}+\sqrt{x^2+2x+4}}\\ x^2+2x+9\ge 8;x^2+2x+4\ge 3\end{array}\right.$

$\Rightarrow 0<\frac{5}{\sqrt{x^2+2x+9}+\sqrt{x^2+2x+4}}\le \frac{5}{\sqrt{8}+\sqrt{3}}\approx 1,096$ (2*)

Từ (*), (2*), suy ra: $\sqrt{x^2+2x+9}-\sqrt{x^2+2x+4}=1\iff \sqrt{x^2+2x+9}=\sqrt{x^2+2x+4}-1$

$\Rightarrow x^2+2x+9=x^2+2x+4-2\sqrt{x^2+2x+4}+1\iff \sqrt{x^2+2x+4}=2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Vậy $y^{\text{'}}=0\iff x\in \left\{-1;0;-2\right\}$

Tính $y^{\text{'}}\left(1\right)=2.\left(\frac{1}{\sqrt{12}}-\frac{1}{\sqrt{7}}\right).f^{\text{'}}\left(\sqrt{12}-\sqrt{7}\right)\approx -0,18.f^{\text{'}}\left(0,82\right)>0$ (do $f^{\text{'}}\left(0,82\right)<0$)

Khí đó ta có bẳng xét dấu của  như sau:

Suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu

Đáp án A

Ta có: y'=2ax+b

Do I (1;2) là điểm cực tiểu của $\left(P\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(1\right)=0\\ y\left(1\right)=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2a+b=0\\ a+b+c=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-2a\\ c=a+2\end{array}\right.$

Khi đó (P) có dạng: $y=a{x}^2-2ax+a+2$

Do (P) có đỉnh I(1;2) nằm phía trên trục $Ox\Rightarrow y=a{x}^2-2ax+a+2>0,\forall x\in ℝ$