Chọn A.

Ta có $M={\log }_2\frac{1}{2^a}+{\log }_2\frac{1}{2^b}={\log }_2{2}^{-a}+{\log }_2{2}^{-b}=-a-b.$

Chọn D.

Ta có mặt tròn xoay sinh bởi l khi quay quanh trục $\Delta //l$ là mặt trụ

Chọn C.

Cho x=0 suy ra y=-2. Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm (0;-2)

Chọn B.

Vì $\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)={45}^0$ nên $\cos \left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=\cos {45}^0=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\iff \frac{\left|1.0+1.1+1.m\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}.\sqrt{0^2+1^2+m^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\iff 2\left|m+1\right|=\sqrt{6\left(m^2+1\right)}\iff 2m^2-8m+2=0\iff m=2\pm \sqrt{3}.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}{\left(2x+1\right)}^{2020}dx=\frac{1}{2}.\frac{{\left(2x+1\right)}^{2021}}{2021}+C=\frac{{\left(2x+1\right)}^{2021}}{4042}+C.$

Chọn D.

Phương trình $m\sin x-3\cos x=5$ có nghiệm khi và chỉ khi $m^2+3^2\ge 5^2\iff m^2\ge 16\iff m^2-16\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}m\le -4\\ m\ge 4\end{array}\right..$

Chọn B

Chọn A.

$\overrightarrow{u}=-4\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(-4;3;0\right)$

Chọn D.

$A_n^k$ là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử $\left(1\le k\le n\right)$ có dạng $A_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}.$

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{m}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}=\left(1+3+2;-1+0-5;2-1-1\right)=\left(6;-6;0\right).$

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là $S_{xq}=\pi rl=4\sqrt{3}\pi .$

Chọn A.

Ta có $3^{x-1}=9\iff 3^{x-1}=3^2\iff x-1=2\iff x=3.$

Chọn B.

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta được $V=\frac{1}{3}Bh.$

Chọn C.

$y\text{'}=3x^2-3.$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;2\right]\\ x=-1\notin \left[0;2\right]\end{array}\right..$

$y\left(0\right)=4,y\left(1\right)=2,y\left(2\right)=6.$

Vậy $\underset{\left[0;2\right]}{\min }y=y\left(1\right)=2.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$

Trên khoảng (1;2) đạo hàm mang dấu âm nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1;2)

Trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$

Vậy mệnh đề hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  là sai

Chọn B.

Ta có $MN=\sqrt{{\left(4-2\right)}^2+{\left(-5-1\right)}^2+{\left(1-\left(-2\right)\right)}^2}=\sqrt{49}=7$

Đáp án đúng là: D

*Lời giải

Hàm số $y={\log }_{2}x$ xác định $\iff x>0.$

Vậy $D=\left(0;+\infty \right).$

*Phương pháp giải

Tập xác định của hàm số $y={\log }_{a}x$ , $a>0, a\ne 1$ là $D=(0;+\infty )$

*Mở rộng " Tính đơn điệu và công thức tính đạo hàm của hàm logarit"

Tính đơn điệu:

        + Khi a > 1 thì y = log_ax đồng biến trên D khi đó nếu: log_af(x) > log_ag(x) ⇔ f(x) > g(x).

        + Khi 0 < a < 1 thì y = log_ax nghịch biến trên D khi đó nếu log_af(x) > log_ag(x) ⇔ f(x) < g(x).

Đạo hàm:

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

Công thức logarit đầy đủ, chi tiết nhất

50 bài toán về phương trình lôgarit và cách giải

Chọn C.

Xét hàm số y=cos3x ta có:

Tập xác định: $D=ℝ$ là tập đối xứng.

Xét $f\left(-x\right)=\cos 3\left(-x\right)=\cos 3x=f\left(x\right).$

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình f(x)=1 là số giao điểm của đồ thị hàm số bậc bốn y=f(x) và đường thẳng y=1. Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1 có 3 điểm chung phân biệt. Vậy phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm.

Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ đã cho là $V=4^2.5=80$.

Chọn D.

Bất phương trình đã cho tương đương với $\left\{\begin{array}{l}3x>0\\ x^2-4>3x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x^2-3x-4>0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}x>4\\ x<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x>4.$

Vậy tập nghiệm của BPT là $\left(4;+\infty \right).$

Chọn D.

Kí hiệu $X=\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}.$

Số tự nhiên cần tìm có dạng $\overline{1abc},a,b,c$ đôi một khác nhau lấy từ tập $X\backslash \left\{1\right\}$.

Vậy có $A_6^3=120$ số

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=\frac{d-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}.$

Tiệm cận ngang của đồ thị là: $y=\frac{1}{c}>0\Rightarrow c>0.$

Tiệm cận đứng của đồ thị là: $x=-\frac{d}{c}<0\Rightarrow d>0$ (Vì c>0).

Giao của đồ thị với trục  là $\left(0;\frac{b}{d}\right)\Rightarrow \frac{b}{d}<0\Rightarrow b<0.$ (Vì d>0).

Vậy: $b<0,c>0,d>0.$

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=x^2+6x$

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: $x^2+6x=-9\iff x^2+6x+9=0\iff x=-3$

Với $x=-3\Rightarrow y=16$

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k=-9 là: $y-16=-9\left(x+3\right)$

Chọn A.

Ta có: $u_{n+1}-u_n=2\left(n+1\right)-3-2n+3=2\Rightarrow u_n$ là một cấp số cộng có d=2

Chọn D.

Ta có: $\overrightarrow{NM}\left(3;2;-2\right),\overrightarrow{NP}\left(2;m-2;2\right).$

Để $\Delta MNP$ vuông tại N thì $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{NP}=0\iff 3.2+2\left(m-2\right)-2.2=0\iff m=1$.

Chọn A.

Trong (SAD) vẽ $SH\perp AD$ với $H\in AD$.

Trong (ABCD) vẽ $HE\perp BC$ với $E\in BC.$

$\left\{\begin{array}{l}\left(SAD\right)\cap \left(ABCD\right)=AD\\ SH\subset \left(SAD\right).SH\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ tại H

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp HE\\ BC\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SHE\right)\Rightarrow BC\perp SE.$

$\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABCD\right)=BC\\ SE\subset \left(SBC\right),SE\perp BC\\ HE\subset \left(ABCD\right),HE\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right),\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SE,HE}\right)=\widehat{SEH}={60}^0$

$\Delta SHE$ vuông tại H có $\widehat{SEH}={60}^0,HE=AB=a.$

Suy ra $SH=HE.\tan \widehat{SEH}=a.\tan {60}^0=a\sqrt{3}.$

Đặt SD=x suy ra $SA=2x.$

$\Delta SAD$ vuông tại S có $SD=x,SA=2x,$ đường cao $SH=a\sqrt{3}.$

Do đó $\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{S{D}^2}\iff \frac{1}{3a^2}=\frac{1}{4x^2}+\frac{1}{x^2}\iff x^2=\frac{15}{4}{a}^2.$

Mặt khác $AD=\frac{SA.SD}{SH}=\frac{2x^2}{a\sqrt{3}}=\frac{15a^2}{2}.\frac{1}{a\sqrt{3}}=\frac{5\sqrt{3}}{2}a.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.SH.AB.AD=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a.\frac{5\sqrt{3}}{2}a=\frac{5}{2}{a}^3.$

Chọn C.

$\Delta SAB$ vuông cân tại S có $AB=a\sqrt{2},$ suy ra $SO=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Do đó hình nón đã cho có $r=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},h=SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{12}.$

Chọn A.

Gọi $a=\mathrm{3.000.000}$ là số tiền chị Tâm gửi vào ngân hàng mỗi tháng, $r=0,6\%$ là lãi suất mỗi tháng.

+ Cuối tháng thứ nhất, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là $S_1=a\left(1+r\right)=\frac{a}{r}\left[{\left(1+r\right)}^1-1\right]\left(1+r\right)$

+ Đầu tháng thứ hai, khi đã gửi thêm số tiền a đồng thì số tiền là $T_1=a\left(1+r\right)+a=a\left[\left(1+r\right)+1\right]=a\frac{\left[{\left(1+r\right)}^2-1\right]}{\left(1+r\right)-1}=\frac{a}{r}\left[{\left(1+r\right)}^2-1\right]$

+ Cuối tháng thứ hai, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là $S_2=\frac{a}{r}\left[{\left(1+r\right)}^2-1\right]\left(1+r\right)$

+ Từ đó ta có số tiền có được sau n tháng là $S_n=\frac{a}{r}\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right]\left(1+r\right)$

+ Theo yêu cầu bài toán ta cần: $$\begin{gathered} S_n=\frac{\mathrm{3.000.000}}{0,006}\left[{\left(1,006\right)}^n-1\right]\left(1,006\right)\ge \mathrm{50.000.000}\iff {\left(1,006\right)}^n\ge \frac{553}{503} \\ \iff n\ge {\log }_{1,006}\left(\frac{553}{503}\right)\approx 15,84 \end{gathered}$$

Do đó sau 16 tháng thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng

Chọn D.

Ta có ${\left(\frac{2}{5}\right)}^{1-3x}\ge \frac{25}{4}\iff {\left(\frac{5}{2}\right)}^{3x-1}\ge {\left(\frac{5}{2}\right)}^2\iff 3x-1\ge 2\iff x\ge 1.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S=\left[1;+\infty \right).$

Chọn C.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x+2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>-2\end{array}\right.\iff x>0.$

$$\begin{gathered} {\log }_{\sqrt{2}}x={\log }_2\left(x+2\right)\iff {\log }_2{x}^2={\log }_2\left(x+2\right)\iff x^2=x+2\iff x^2-x-2=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-1\left(l\right)\\ x=2\left(t/m\right)\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Vậy phương trình có một nghiệm

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(-2;-1;3\right);\overrightarrow{AC}=\left(-1;-4;5\right);\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(7;7;7\right).$

Mặt phẳng đi qua 3 điểm A,B,C nhận $\overrightarrow{n}=\left(1;1;1\right)$ là vectơ pháp tuyến có phương trình: $x-1+y-2+z=0\iff x+y+z-3=0\left(1\right).$

Để 4 điểm A,B,C,D đồng phẳng thì D thuộc mặt phẳng (ABC). Thay D(-2;5;0) vào (1) ta có: $-2+5+0-3=0$ nên  thuộc $\left(ABC\right)\Rightarrow$ Chọn C

Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty .$

Khi đó: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)+1}.$

Dựa vào đồ thị ta thấy y=-1 cắt đồ thị y=f(x) tại 3 điểm: $x=a\left(-2<a<-1\right),x=0,x=b\left(1<b<2\right).$

Suy ra: Phương trình f(x)+1=0 có 3 nghiệm $x=a\left(-2<a<-1\right),x=0,x=b\left(1<b<2\right).$

Ta có: $\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=+\infty ,\underset{x\to a^{-}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=-\infty .$

          $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=+\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=-\infty .$

          $\underset{x\to b^{+}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=+\infty ,\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)+1}=-\infty .$

Suy ra: $x=a,x=b,x=0$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)+1}.$

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)+1}$ có 3 tiệm cận đứng

Chọn B.

Ta có: $u_{n+1}-u_n=\frac{5}{2}\forall n\ge 1\Rightarrow$ Dãy số đã cho là một cấp số cộng có $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-3\\ d=\frac{5}{2}\end{array}\right.$.

Khi đó: $u_{20}=u_1+19d=\frac{89}{2},u_6=u_1+5d=\frac{19}{2}.$

$\Rightarrow S=u_{20}-u_6=35$.

Chọn B.

Điều kiện: 0<x<2.

Phương trình tương đương $x^2+x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\left(N\right)\\ x=-2\left(L\right)\end{array}\right..$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{1\right\}.$

Chọn C.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x+3\right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}x\ge 1\\ x\le -3\end{array}\right.$

Xét hàm số $y=f\left(x^2+3x-m\right)$.

* $y\text{'}=\left(2x+3\right)f\text{'}\left(x^2+3x-m\right),\forall x\in \left(0;2\right).$

* $$\begin{gathered} y\text{'}\ge 0\iff f\text{'}\left(x^2+3x-m\right)\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2+3x-m\ge 1\\ x^2+3x-m\le -3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le \underset{\left(0;2\right)}{\min }\left(x^2+3x-1\right)\\ m\ge \underset{\left(0;2\right)}{\max }\left(x^2+3x+3\right)\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 13\end{array}\right. \end{gathered}$$ mà $m\in \mathbb{Z},m\in \left[-10;20\right]$ nên $m\in \left\{-10;-9;\mathrm{...};-1\right\}\cup \left\{13;14;\mathrm{...};20\right\}.$

Vậy có tất cả 18 giá trị của m.

Chọn A.

Ta có $$\begin{gathered} {\log }_x\left(5x^2-8x+3\right)>2\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>1\\ 5x^2-8x+3>x^2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<x<1\\ 5x^2-8x+3>0\\ 5x^2-8x+3<x^2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>1\\ x>\frac{3}{2}\vee x<\frac{1}{2}\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<x<1\\ x>1\vee x<\frac{3}{5}\\ \frac{1}{2}<x<\frac{3}{2}\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x>\frac{3}{2}\\ \frac{1}{2}<x<\frac{3}{5}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bài toán đưa về tìm a để $x^2-2x-a^4+1\ge 0$ đúng với mọi $x\in \left(\frac{1}{2};\frac{3}{5}\right)\cup \left(\frac{3}{2};+\infty \right)$.

Cách 1: Ta có $x^2-2x-a^4+1\ge 0\iff {\left(x-1\right)}^2\ge a^4\iff \left[\begin{array}{l}x\ge a^2+1\\ x\le 1-a^2\end{array}\right.$

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}1-a^2\ge \frac{3}{5}\\ a^2+1\le \frac{3}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2\le \frac{2}{5}\\ a^2\le \frac{1}{2}\end{array}\right.\iff a^2\le \frac{2}{5}\iff -\frac{\sqrt{10}}{5}\le a\le \frac{\sqrt{10}}{5}$

Cách 2: $x^2-2x-a^4+1\ge 0\iff x^2-2x+1\ge a^4.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2-2x+1$ trên $\left(\frac{1}{2};\frac{3}{5}\right)\cup \left(\frac{3}{2};+\infty \right)$.

Suy ra: $a^4\le \frac{4}{25}\iff a^2\le \frac{2}{5}\iff -\frac{\sqrt{10}}{5}\le a\le \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6mx+27,\Delta {\text{'}}_{y\text{'}}=9m^2-81$

Để hàm số $y=x^3-3m{x}^2+27x+3m-2$ đạt cực trị tại $x_1,x_2$ thì $\Delta {\text{'}}_{y\text{'}}>0\iff 9m^2-81>0\iff \left[\begin{array}{l}m>3\\ m<-3\end{array}\right.\left(*\right)$

Khi đó phương trình y'=0 có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1.x_2=9\end{array}\right.\left(1\right)$

Theo bài ra ta có $\left|x_1-x_2\right|\le 5\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1.x_2\le 25\left(2\right)$

Thay (1) vào (2), được: $4m^2-36\le 25\iff m^2\le \frac{61}{4}\iff -\frac{\sqrt{61}}{2}\le m\le \frac{\sqrt{61}}{2}$

Kết hợp điều kiện (*) suy ra tập các giá trị dương của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là $S=\left(3;\frac{\sqrt{61}}{2}\right].$ Vậy $T=2.\frac{\sqrt{61}}{2}-3=\sqrt{61}-3.$

Chọn A.

Do tam giác vuông cân OAB nên ta có $OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OM=ON$ và $OI=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Gọi I là tâm đường tròn đáy và H là giao điểm của MN và AB. Suy ra $IH\perp MN$ và H là trung điểm MN. Khi đó $OH\perp MN$.

Vậy góc giữa (P) và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{OHI}$. Khi đó $\widehat{OHI}={60}^0$.

Trong tam giác $\Delta OIH$ vuông tại  ta có

           $\sin \widehat{OHI}=\frac{OI}{OH}\iff OH=\frac{OI}{\sin \widehat{OHI}}=\frac{a}{2\sin {60}^0}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Trong tam giác $\Delta OHM$ vuông tại H ta có $MH=\sqrt{O{M}^2-O{H}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}-\frac{3a^2}{9}}=\frac{a\sqrt{6}}{9}.$

Suy ra $MN=2MH=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Vậy diện tích $\Delta OMN$ là $S_{\Delta OMN}=\frac{1}{2}.OH.MN=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{6}$ (đvdt).

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{MB}=\left(-2-m;-6-m;2-m\right),\overrightarrow{AC}=\left(-1;-3;-2\right).$

Suy ra tọa độ $\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{AC}=\left(-2-m+2;-6-m+6;2-m+4\right)=\left(-m;-m;6-m\right).$

Vậy độ dài $\left|\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{m^2+m^2+{\left(6-m\right)}^2}=\sqrt{3m^2-12m+36}=\sqrt{3{\left(m-2\right)}^2+24}\ge 2\sqrt{6}$.

Suy ra $\left|\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{AC}\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất $2\sqrt{6}$ khi m=2

Chọn B.

Ta có $$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{8}}{\int }}\cos 4xdx=\frac{1}{4}\left(\sin 4x\right)\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{8}\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{4}\left[\left(\sin 4.\frac{\pi }{8}\right)-\left(\sin 4.0\right)\right]=\frac{1}{4}\left[\left(\sin \frac{\pi }{2}\right)-\left(\sin 0\right)\right] \\ =\frac{1}{4}\left(1-0\right)=\frac{1}{4}. \end{gathered}$$

Chọn B.

Ta có $\left.\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(-3;-1;-1\right)\\ \overrightarrow{AC}=\left(-1;-2;-3\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(1;-8;5\right).$

Phương trình (ABC) đi qua B và có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ là: $1.\left(x+1\right)-8.\left(y-2\right)+5.\left(z-0\right)=0\iff x-8y+5z=-17\left(1\right).$

Gọi M là trung điểm của AB thì $M\left(\frac{1}{2};\frac{5}{2};\frac{1}{2}\right).$ Khi đó mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận $\overrightarrow{BA}=\left(3;1;1\right)$ làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: $3.\left(x-\frac{1}{2}\right)+1.\left(y-\frac{5}{2}\right)+1.\left(z-\frac{1}{2}\right)=0\iff 3x+y+z=\frac{9}{2}\left(2\right).$

Gọi N là trung điểm của AC thì $N\left(\frac{3}{2};2;\frac{-1}{2}\right).$ Khi đó mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận $\overrightarrow{CA}=\left(1;2;3\right)$ làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: $1.\left(x-\frac{3}{2}\right)+2.\left(y-2\right)+3.\left(z+\frac{1}{2}\right)=0\iff x+2y+3z=4\left(3\right).$

Vì I(a;b;c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I thuộc giao tuyến hai mặt phẳng trung trực của AB và AC đồng thời $I\in \left(ABC\right).$ Từ (1);(2);(3) ta có tọa độ của I thỏa mãn hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}a-8b+5c=-17\\ 3a+b+c=\frac{9}{2}\\ a+2b+3c=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{14}{15}\\ b=\frac{61}{30}\\ c=\frac{-1}{3}\end{array}\right..$

Do đó $P=15.\frac{14}{15}+30.\frac{61}{30}+75.\left(\frac{-1}{3}\right)=50.$

Chọn A.

Đặt $3^x=t,t>3.$

(1) thành: $t^2+\left(m-1\right).t+m>0\iff m>\frac{-t^2+t}{t+1}$

Xét $f\left(t\right)=\frac{-t^2+t}{t+1}$ trên t>3.

Có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-t^2-3t}{{\left(t+1\right)}^2}<0,\forall t>3.$

Nên $f\left(t\right)<f\left(3\right)=-\frac{3}{2},\forall t>3$

Vậy $m\ge -\frac{3}{2}.$

Chọn D.

Điều kiện: x>-3

Đặt: $t={\log }_3\left(x+3\right)\Rightarrow x=5^t-3$

Phương trình trở thành $2^t=5^t-3\iff {\left(\frac{2}{5}\right)}^t+3{\left(\frac{1}{5}\right)}^t=1\left(1\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)={\left(\frac{2}{5}\right)}^t+3{\left(\frac{1}{5}\right)}^t$ có $f\text{'}\left(t\right)={\left(\frac{2}{5}\right)}^t\ln \frac{2}{5}+3{\left(\frac{1}{5}\right)}^t\ln \frac{1}{5}<0,\forall t$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right).$

Ta lại có f(1)=1 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t=1

Khi đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2