Chọn A

Mặt phẳng (Q) có dạng: $ax+by+cz+d=0$$\left(a^2+b^2+c^2\ne 0\right)$.

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}A\in \left(Q\right)\\ B\in \left(Q\right)\\ \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{6}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a+2b-3c+d=0\\ 2a-b-6c+d=0\\ \frac{\left|a+2b+c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}\sqrt{1+4+1}}=\frac{\sqrt{3}}{6}\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}a=-4b,c=-3b,d=-15b\\ a=-b,c=0,d=-b\end{array}\right. \end{gathered}$$

Phương trình $\left(Q\right):4\text{x}-y+3\text{z}+15=0$ hoặc $x-y-3=0$.

Chọn C
Ta có: $A\left(0;-2\right),B\left(4;-6\right)$. Suy ra $I\left(2;-4\right)$.

Điểm I biểu diễn số phức $z=2-4i$

Chọn D

Ta có: $a>b>1\Rightarrow {\log }_{a}a>{\log }_{a}b\Rightarrow 1>{\log }_{a}b$ 

và $b>1>c\Rightarrow {\log }_{b}1>{\log }_{b}c\Rightarrow 0>{\log }_{b}c$

Vậy $1>{\log }_{a}b>0>{\log }_{b}c$

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm bậc ba ta nhận xét:

Nhánh cuối đồ thị hàm số đồng biến nên a > 0.

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d > 0.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục tung nên $ac<0\Rightarrow c<0$.

Đồ thị hàm số có hoành độ điểm uốn dương nên $ab<0\Rightarrow b<0$.

Chọn C

Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên

$y^{\text{'}}=2\text{x}-4-\frac{54}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{2\left[{\left(x-2\right)}^3-27\right]}{{\left(x-2\right)}^2};$$y\text{'}=0\iff x-2=3\iff x=5$.

Lập bảng biến thiên ta tìm được $\underset{\left(2;+\infty \right)}{\min }y=y\left(5\right)=23$.

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ${\left(x-2\right)}^2;\frac{27}{x-2};\frac{27}{x-2}$.

Ta có $y=x^2-4\text{x}+\frac{54}{x-2}$$=\left[{\left(x-2\right)}^2+\frac{27}{x-2}+\frac{27}{x-2}\right]-4\ge 3\sqrt[3]{{27}^2}-4$$\Rightarrow y\ge 23$.

Đẳn thức xảy ra khi ${\left(x-2\right)}^2=\frac{27}{x-2}\Rightarrow x=5$.

Vậy $\underset{\left(2;+\infty \right)}{\min }y=y\left(5\right)=23$.

Chọn C

Ta có 

$$\begin{gathered} 8^{x+1}+8.{\left(0,5\right)}^{3\text{x}}+{3.2}^{x+3}=125-24.\left(0,5\right) \\ \iff {8.2}^{3\text{x}}+8.\frac{1}{2^{3\text{x}}}+{24.2}^x+24.\frac{1}{2^x}-125=0 \end{gathered}$$

$\iff 8\left(2^{3\text{x}}+\frac{1}{2^{3\text{x}}}\right)+24\left(2^x+\frac{1}{2^x}\right)-125=0$.

Đặt $t=2^x+\frac{1}{2^x}\left(t\ge 2\right)$. Khi đó ta có $2^{3\text{x}}+\frac{1}{2^{3\text{x}}}=t^3-3t$.

Phương trình trở thành $8\left(t^3-3t\right)+24t-125=0\iff 8t^3-125=0$

Chọn A

Đặt $t=\sqrt{x+1}\Rightarrow t^2=x+1\Rightarrow 2t\text{d}t=d\text{x}$

$x=0\Rightarrow t=1;x=3\Rightarrow t=2$.

Ta có $\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(\sqrt{x+1}\right)d\text{x}=\underset{1}{\overset{2}{\int }}2tf\left(t\right)dt\Rightarrow \underset{1}{\overset{2}{\int }}tf\left(t\right)dt=2$;

$I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}x.\left(f\left(x\right)+2\right)d\text{x}=\underset{1}{\overset{2}{\int }}xf\left(x\right)d\text{x}+\underset{1}{\overset{2}{\int }}2\text{xdx}=2+3=5$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3^{x+2}\ln 3\Rightarrow y^{\text{'}}\left(1\right)=27\ln 3$

Chọn A

Ta dễ thấy $\overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{a_3}=\left(-2;0;3\right)$

Chọn B

Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và BH.

+) Ta có $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=a\sqrt{3}$; $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=a\sqrt{3}$.

+) Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là $S_1=\pi \frac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3{\text{a}}^2\pi }{2}$

+) Diện tích xung quanh hình nòn có đường sinh BH là $S_2=\pi \frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{\sqrt{3}{a}^2\pi }{2}$

+) Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là $S=S_1+S_2=\frac{\left(3+\sqrt{3}\right)a^2\pi }{2}$

Chọn A

Ta có $SA\perp \left(ABC\text{D}\right)\Rightarrow AB$ là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (ABCD)

$\Rightarrow \widehat{SBA}=60°,AB=a\Rightarrow SA=a\sqrt{3},$$AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow M$ là trung điểm của SA.

Ta có: $\left(MBC\right)\cap \left(SA\text{D}\right)=MN,\text{ BC // AD}\Rightarrow MN\text{ // AD}$$\Rightarrow N$ là trung điểm của SD.

Lại có $V_{S.BCNM}=V_{S.BCM}+V_{S.MCN}$; 

$\frac{V_{S.BCM}}{V_{S.BCA}}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}\Rightarrow V_{S.BCM}=\frac{1}{2}{V}_{S.BCA}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABC\text{D}};$

$\frac{V_{S.MCN}}{V_{S.AC\text{D}}}=\frac{SM.SN}{SA.S\text{D}}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.MCN}=\frac{1}{4}{V}_{S.AC\text{D}}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABC\text{D}}$

$\Rightarrow V_{S.BCNM}=\frac{3}{8}{V}_{S.ABC\text{D}}=\frac{3}{8}.\frac{1}{3}.a.2\text{a}.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn D

Ta có $y=x+m\left(\sin x+\cos x\right)=x+\sqrt{2}m\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right);$ $y\text{'}=1+\sqrt{2}m\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$.

Để hàm số đồng biến trên $ℝ\iff 1+\sqrt{2}m\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\ge 0,\forall x\in ℝ$

$\iff \left|\sqrt{2}m\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\right|\le 1\iff \sqrt{2}\left|m\right|\le 1\iff \left|m\right|\le \frac{\sqrt{2}}{2}$

Chọn B

Ta có $V_{S.ABC\text{D}}=2V_{S.ABC}$

Gọi H là trung điểm của SB. G là hình chiếu vuông góc của C lên (SAB) suy ra $G\in \text{A}H$.

Trong tam giác vuông CGH ta có $CG\le CH$.

Vậy thể tích lớn nhất của S.ABCD khi $CG=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Gọi O là trung điểm của AC $\Rightarrow S\text{D}=2HO=2.\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Chọn B

Giả sử F(t) là một nguyên hàm của $t{\ln }^{20}t$, ta có: $F^{\text{'}}\left(t\right)=t{\ln }^{20}t$.

Khi đó: 

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=F\left(e^{2\text{x}}\right)-F\left(e^x\right) \\ \Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=2{\text{e}}^{2\text{x}}{F}^{\text{'}}\left(e^{2\text{x}}\right)-e^x{F}^{\text{'}}\left(e^x\right) \\ =2e^{2\text{x}}{e}^{2\text{x}}{\ln }^{20}\left(e^{2\text{x}}\right)-e^x{e}^x{\ln }^{20}\left(e^x\right) \\ \iff f^{\text{'}}\left(x\right)=2^{21}{e}^{4\text{x}}{x}^{20}-e^{2\text{x}}{x}^{20} \\ =e^{2\text{x}}{x}^{20}\left(2^{21}{e}^{2\text{x}}-1\right)=0 \\ \Rightarrow 2\text{x}=\ln \frac{1}{2^{21}}\iff x=-\frac{21}{2}\ln 2 \end{gathered}$$

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân tại đỉnh của hình nón.

Do đó đường sinh $\mathcal{l}=a$ và đường kính đáy là $d=a\sqrt{2}\Rightarrow$ Bán kính $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chọn C

Ta có góc giữa hai mặt (P), (Q) lớn nhất là 90^o. Khi đó $\left(P\right)\perp \left(Q\right)$.

Ta có $M\in \left(P\right)$, BM nhỏ nhất $\Rightarrow M$ là hình chiếu của B lên (P).

$\Delta :\left\{\begin{array}{l}qua\text{ B}\left(1;-1;0\right)\\ \Delta \perp \left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=\overrightarrow{n_P}=\left(1;-2;1\right)\end{array}\right.\Rightarrow \Delta :\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-1-2t\\ z=t\end{array}\right.$.

Khi đó $\left\{M\right\}=\Delta \cap \left(P\right)$; 

Xét hệ $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-1-2t\\ z=t\\ x-2y+z+3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=-1\\ x=0\\ y=1\\ z=-1\end{array}\right.\Rightarrow M\left(0;1;-1\right)$

Vì $\left\{\begin{array}{l}\left(Q\right)\perp \left(P\right)\\ \left(Q\right)\text{ qua }A,M\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_Q}=\left[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{AM}\right]=-4\left(1;1;1\right)$$\Rightarrow \left(Q\right):x+y+z=0$

Chọn A

Ta có công thức tổng quát số viên đá của tầng thứ n là ${\left(2n-1\right)}^2$.

Vậy tổng số viên đá của 15 tầng là: $S=\sum _{n=1}^{15}{\left(2n-1\right)}^2=\sum _{n=1}^{15}\left(4n^2-4n+1\right)=4\left(\sum _{n=1}^{15}{n}^2\right)-4\left(\sum _{n=1}^{15}n\right)+15$.

Ta có $1^2+2^2+\mathrm{...}+n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$ và $1+2+\mathrm{...}+n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}$.

Vậy $S=4.1240-4.120+15=4495$.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt khi -4 < m < 0

Chọn A

Gọi AB = x, M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.

Khi đó $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}{C}^{\text{'}}M.x=24\sqrt{3}\Rightarrow C^{\text{'}}M=\frac{48\sqrt{3}}{x}$

$\Rightarrow C{C}^{\text{'}}=\sqrt{C^{\text{'}}{M}^2-C{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{48\sqrt{3}}{x}\right)}^2-{\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$

Mà $V=216=C{C}^{\text{'}}.S_{ABC}=\frac{x^2\sqrt{3}}{4}\sqrt{{\left(\frac{48\sqrt{3}}{x}\right)}^2-{\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$$\Rightarrow x=4\sqrt{3}$

$\Rightarrow AB=4\sqrt{3},A{A}^{\text{'}}=6\sqrt{3}$

Kẻ  $AH\perp A^{\text{'}}N\Rightarrow AH=\frac{AN.A{A}^{\text{'}}}{\sqrt{A{N}^2+A{A^{\text{'}}}^2}}=3\sqrt{3}$

Ta có $\sin \left(AB,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)=\frac{d\left(A,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)}{AB}=\frac{AH}{AB}=\frac{3}{4}$

Chọn C

Ta có: $iz+2-i=0\iff iz=i-2\iff z=\frac{i-2}{i}=\frac{\left(i-2\right)\left(-i\right)}{1}=1+2i$

Điểm biểu diễn của số phức z là $A\left(1;2\right)$.

Khi đó $AM=\sqrt{{\left(3-1\right)}^2+{\left(-4-2\right)}^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$.

Chọn A

Ta có: $A\left(1;6\right)\in \left(C\right)\Rightarrow a+b+c=5$  (1)

Ta có: $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2+2ax+b$, hàm số có cực đại bằng 4 tại $x=-1\Rightarrow B\left(-1;4\right)$ là điểm cực đại.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\left(-1\right)=4\\ y^{\text{'}}\left(-1\right)=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a-b+c=5\left(2\right)\\ 2\text{a}-b=3\left(3\right)\end{array}\right.$

Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=\frac{3}{2}\\ b=0\\ c=\frac{7}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left(C\right):y=x^3+\frac{3}{2}{x}^2+\frac{7}{2}$.

Vậy giá trị của hàm số tại $x=3$ là $y\left(3\right)=44$.

Chọn A

Từ ${\left[f\left(-x+2\right)\right]}^2+{\left[f\left(x+2\right)\right]}^3=10\text{x}$ (*), cho x = 0 ta có

${\left[f\left(2\right)\right]}^2+{\left[f\left(2\right)\right]}^3=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(2\right)=0\\ f\left(2\right)=-1\end{array}\right.$

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:

$-2f\left(-x+2\right).f^{\text{'}}\left(-x+2\right)+3{\left[f\left(x+2\right)\right]}^2.f^{\text{'}}\left(x+2\right)=10$

Cho x = 0 ta được $-2f\left(2\right).f^{\text{'}}\left(2\right)+3{\left[f\left(2\right)\right]}^2.f^{\text{'}}\left(2\right)=10\iff f\left(2\right).f^{\text{'}}\left(2\right).\left[3f\left(2\right)-2\right]=10$ (**).

Nếu $f\left(2\right)=0$ thì (**) vô lý.

Nếu $f\left(2\right)=-1$, khi đó (**) trở thành: $-f^{\text{'}}\left(2\right).\left(-3-2\right)=10\iff f^{\text{'}}\left(2\right)=2$

Phương trình tiếp tuyến $y=2\left(x-2\right)-1\iff y=2\text{x}-5$

Chọn B

Ta có $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{f^2\left(x\right)}{f\left(x\right)-m}=+\infty$ nên $\forall m$, đồ thị hàm số y = g(x) luôn có một tiệm cận đứng x = 2.

Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y = f(x) thì phương trình f(x)-m = 0 tối đa 2 nghiệm.

Vậy để đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f(x) = m có đúng 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂ khác 2 $\iff 3<m<6$.

Khi đó $\underset{x\to x_1^{+}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to x_1^{+}}{\lim }\frac{f^2\left(x\right)}{f\left(x\right)-m}=+\infty ,\underset{x\to x_2^{+}}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to x_2^{+}}{\lim }\frac{f^2\left(x\right)}{f\left(x\right)-m}=+\infty$ nên đồ thị hàm số y = g(x) có 2 tiệm cận đứng là đường thẳng $x=x_1$ và $x=x_2$.

Vậy với 3 < m < 6 thì đồ thị hàm số y = g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 4 và m = 5

Chọn C

Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ.

Ta có: $R=\frac{1}{2}AC=2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$ (R là bán kính đáy của trụ và nón).

Chiều cao h của khối trụ là h = 2.

Chiều cao h' của khối nón $h^{\text{'}}=\frac{2}{2}=1$.

Thể tích của khối tròn xoay: $V=\pi R^{2}h+2.\frac{1}{3}\pi R^2{h}^{\text{'}}=\pi {\left(\sqrt{3}\right)}^2.2+\frac{2}{3}\pi {\left(\sqrt{3}\right)}^2.1=8\pi$

Chọn D

Từ điều kiện ta có: $y\le \frac{14-2\text{x}}{3}\Rightarrow y=\frac{x^2+3}{x}\le \frac{14-2\text{x}}{3}\Rightarrow x\in \left[1;\frac{9}{5}\right]$

Thế $y=\frac{x^2+3}{x}$ vào P ta được: $P=\frac{5{\text{x}}^2-9}{x}$

Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: $P=\frac{5{\text{x}}^2-9}{x}$ với $x\in \left[1;\frac{9}{5}\right]$

Xét $P=\frac{5{\text{x}}^2-9}{x}$ với $x\in \left[1;\frac{9}{5}\right]$

$P^{\text{'}}=\frac{5{\text{x}}^2+9}{x^2}>0$ nên $m=\min P=P\left(1\right)=-4,M=\max P=P\left(\frac{9}{5}\right)=4$.

Vậy $M.m=-16$.

Chọn A

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}a>0\\ b>0\end{array}\right.$

Ta có: ${\log }_{8}a+{\log }_4{b}^2=5\iff \frac{1}{3}{\log }_{2}a+{\log }_{2}b=5$ (1);

${\log }_4{a}^2+{\log }_{8}b=7\iff {\log }_{2}a+\frac{1}{3}{\log }_{2}b=7$ (2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:

$\frac{4}{3}{\log }_{2}a+\frac{4}{3}{\log }_{2}b=12\iff {\log }_{2}a+{\log }_{2}b=9\iff {\log }_2\left(ab\right)=9$

Chọn D

Đặt $\text{z}=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi$ khi đó ta có:

$\left|z-1\right|\le 1\iff \left|\left(x+yi\right)-1\right|\le 1\iff \left|\left(x-1\right)+yi\right|\le 1\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2\le 1$ (1).

Lại có $z-\overline{z}=\left(x+yi\right)-\left(x-yi\right)=2yi$ có phần ảo không âm suy ra $y\ge 0$(2).

Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0) bán kính r = 1, diện tích của nó bằng $\frac{1}{2}{r}^2\pi =\frac{\pi }{2}$ (đvdt).

Chọn B

Ta có $V_1=\pi \underset{0}{\overset{9}{\int }}{\left(\sqrt{x}\right)}^{2}d\text{x}=\frac{81\pi }{2}$.

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt $OH=m$ (với $0<m\le 9$), ta có $M\left(m;\sqrt{m}\right)$, $MH=\sqrt{m}$ và $AH=9-m$.

Suy ra $V_2=\frac{1}{3}\pi .M{H}^2.OH+\frac{1}{3}\pi .M{H}^2.AH=\frac{1}{3}\pi .M{H}^2.OA=3m\pi$.

Theo giả thiết, ta có $V_1=2V_2$ nên $\frac{81\pi }{2}=6m\pi \iff m=\frac{27}{4}$. Do đó $M\left(\frac{27}{4};\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)$.

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là $y=\frac{2\sqrt{3}}{9}x$.

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM là

$S=\underset{0}{\overset{\frac{27}{4}}{\int }}\left(\sqrt{x}-\frac{2\sqrt{3}}{9}x\right)d\text{x}={\left.\left(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{\sqrt{3}}{9}{x}^2\right)\right|}_0^{\frac{27}{4}}=\frac{27\sqrt{3}}{16}$.

Chọn B

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2\left(f^{\text{'}}\left(x\right)-x\right)=0\iff x=-2;x=2;x=4$.

Lập trục xét dấu:

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (-2;2) và $\left(4;+\infty \right)$

Chọn B

Xét điểm I thỏa $2\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$ suy ra $I\left(1;2;-2\right)$.

$$\begin{gathered} 2M{A}^2-M{B}^2+M{C}^2=2{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2-{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)}^2 \\ =2M{I}^2+2I{A}^2-I{B}^2+I{C}^2 \end{gathered}$$

$2M{A}^2-M{B}^2+M{C}^2$ nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên (P).

Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=2-3t\\ z=-2+2t\end{array}\right.$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=1+3t\\ y_0=2-3t\\ z_0=-2+2t\end{array}\right.$.

Mà $3{\text{x}}_0-3y_0+2{\text{z}}_0-15=0$$\iff 3\left(1+3t\right)-3\left(2-3t\right)+2\left(-2+2t\right)-15=0\iff t=1$.

Vậy $2{\text{x}}_0+3y_0+z_0=2\left(1+3t\right)+3\left(2-3t\right)+\left(-2+2t\right)=6-t=5$.

Chọn A

Xét $k{C}_{2n+1}^k=k.\frac{\left(2n+1\right)!}{k!\left(2n+1-k\right)!}$$=\frac{\left(2n+1\right).\left(2n\right)!}{\left(k-1\right)!\left[2n-\left(k-1\right)\right]!}=\left(2n+1\right).C_{2n}^{k-1}$ với $1\le k\le 2n+1$.

Ta có $VT=\left(2n+1\right)\left(C_{2n}^0-C_{2n}^1{2}^1+C_{2n}^2{2}^2-\mathrm{...}+C_{2n}^{2n}{2}^{2n}\right)$$=\left(2n+1\right){\left(1-2\right)}^{2n}=2n+1$.

Do đó: $2n+1=2021\iff n=1010$

Chọn A

Từ hình vẽ ta thấy

$$\begin{gathered} S=\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-\left(x^2-2\text{x}\right)\right]d\text{x} \\ =\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}\left(x^2-2\text{x}\right)d\text{x} \\ =\frac{3}{4}-\left(-\frac{3}{8}\right)=\frac{9}{8} \end{gathered}$$

Chọn D

$$\begin{gathered} V_1=\frac{1}{3}OP.S_1=\frac{1}{3}OP\left(\pi {\left(\frac{AC}{2}\right)}^2\right)=\frac{\pi }{3}OP.P{A}^2 \\ =\frac{\pi }{3}OP\left(O{A}^2-O{P}^2\right)=\frac{\pi }{3}OP\left(R^2-O{P}^2\right) \end{gathered}$$

$V_2=\frac{1}{3}OQ.S_2=\frac{1}{3}OQ\left(\pi {\left(\frac{AB}{2}\right)}^2\right)=\frac{\pi }{3}OQ.Q{A}^2$

$=\frac{\pi }{3}OQ\left(O{A}^2-O{Q}^2\right)=\frac{\pi }{3}OQ\left(R^2-O{Q}^2\right)$.

Xét hàm $f\left(x\right)=x\left(R^2-x^2\right)$. Với $0\le x<R$.

Khi đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=R^2-3{\text{x}}^2.f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{R}{\sqrt{3}}\\ x=-\frac{R}{\sqrt{3}}\end{array}\right.$.

Lập bảng biến thiên, thấy rằng $\underset{x\in \left[0;R\right)}{\max }g\left(x\right)=f\left(\frac{R}{\sqrt{3}}\right)$.

Khi đó, áp dụng cho $V_1,V_2$: $V_1+V_2=\frac{\pi }{3}\left[OP\left(R^2-O{P}^2\right)+OQ\left(R^2-O{Q}^2\right)\right]$ đạt giá trị lớn nhất khi $OP=OQ=\frac{R}{\sqrt{3}}$.

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP = OQ).

Mà lúc đó $AB=2\sqrt{R^2-O{Q}^2}=2\sqrt{R^2-\frac{R^2}{3}}=\frac{2R\sqrt{6}}{3}$.

Do tam giác ABC cân A nên khi đó $AM\perp BC$.

Ta có

$$\begin{gathered} S_{ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{AB.AC.BC}{4\text{R}} \\ \Rightarrow AM=\frac{AB.AC}{2\text{R}}=\frac{\frac{4{\text{R}}^2.6}{9}}{2\text{R}}=\frac{4\text{R}}{3} \end{gathered}$$

Mà $AM=AO+OM\Rightarrow OM=\frac{4\text{R}}{3}-R=\frac{R}{3}$

Vậy $V_3=\frac{1}{3}OM.S_3=\frac{1}{3}OM.\pi .M{C}^2$$=\frac{\pi }{3}OM\left(R^2-O{M}^2\right)=\frac{\pi }{3}.\frac{R}{3}\left(R^2-\frac{R^2}{9}\right)=\frac{8\pi R^3}{81}$

Chọn A

Ta có $\left|z-1\right|=5\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2=5^2$

Lại có 

$$\begin{gathered} P={\left|z-i\right|}^2-{\left|\overline{z}-2\right|}^2=x^2+{\left(y-1\right)}^2-{\left(x-2\right)}^2-y^2 \\ =4\text{x}-2y-3=4\left(x-1\right)-2y+1 \end{gathered}$$

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

$P=4\left(x-1\right)-2y+1\le \sqrt{4^2+2^2}\sqrt{{\left(x-1\right)}^2+y^2}+1=\sqrt{20}.\sqrt{5^2}+1=10\sqrt{5}+1$

Chọn C

Ta có thể tích của chậu là $V=\frac{\pi }{3}.3\left(1+4+2\right)=7\pi$.

Gọi chiều cao của mực nước là 3x với (x > 0). Ta có bán kính của mặt nước là 1+x.

Ta có phương trình $\frac{\pi }{3}.3\text{x}\left[1+{\left(1+x\right)}^2+\left(1+x\right)\right]=\frac{37}{189}7\pi \iff x=\frac{1}{3}$.

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.

Chọn C