Chọn D

Đặt $t=\sin x$  , $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$ .

Phương trình  $f\left(\sin x\right)=3\sin x+m$  có nghiệm thuộc khoảng $\left(0;\pi \right)$ khi và chỉ khi phương trình $f\left(t\right)=3t+m$ có nghiệm thuộc $\left(0;1\right]$ khi và chỉ khi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $d:y=3x+m$ có điểm chung với hoành độ $x\in \left(0;1\right]$ .

 ${\Delta }_1:y=3x-4$ là đường thẳng qua điểm $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$0 và $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$1 là đường thẳng qua điểm $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$2  

Đồ thị hàm số  $y=f\left(x\right)$  trên $\left(0;1\right]$ là phần đường cong nằm giữa hai đường thẳng  $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$5  và  $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$6 .

Vậy phương trình $f\left(t\right)=3t+m$ có nghiệm thuộc nửa khoảng $\left(0;1\right]$ khi và chỉ khi $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$9 dao động trong miền giới hạn bởi $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$5 và  $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$6  (không trùng với $x\in \left(0;\pi \right)\iff t\in \left(0;1\right]$6  ) khi và chỉ khi $f\left(\sin x\right)=3\sin x+m$3 .

Vậy tổng các giá trị của  S  bằng  -10 .

Chọn D

Ta có  $y^{\text{'}}=2f^{\text{'}}\left(2x+1\right)+2x^2-8$ .

Xét   $$\begin{gathered} y^{\text{'}}\le 0\iff 2f^{\text{'}}\left(2x+1\right)+2x^2-8\le 0 \\ \iff f^{\text{'}}\left(2x+1\right)\le 4-x^2 \end{gathered}$$

Đặt $t=2x+1$  , ta có  $f^{\text{'}}\left(t\right)\le \frac{-t^2+2t+15}{4}$ 

Vì  $\frac{-t^2+2t+15}{4}\ge 0,\forall t\in \left[-3;5\right]$ .

Mà  $f^{\text{'}}\left(t\right)\le 0,\forall t\in \left[-3;2\right]$ .

Nên $f^{\text{'}}\left(t\right)\le \frac{-t^2+2t+15}{4}\Rightarrow t\in \left[-3;2\right]$  .

Suy ra $-3\le 2x+1\le 2\iff -2\le x\le \frac{1}{2}$  .

Vậy chọn phương án D.

Chọn C

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$                    .

Ta có:   $\left|\left(z+2\right)i+1\right|+\left|\left(\overline{z}-2\right)i-1\right|=10\iff \left|z+2-i\right|+\left|\overline{z}-2+i\right|=10$

  $\iff \left|z+2-i\right|+\left|\overline{z-2-i}\right|=10\iff \left|z+2-i\right|+\left|z-2-i\right|=10$

 $\iff NA+NB=10$  với   $A\left(-2;1\right)$ và  $B\left(2;1\right)$ ,  $N(x,y)$  là điểm biểu di

Chọn B

Gọi I  là trung điểm  CD, suy ra $ABID$  là hình vuông

 $\Rightarrow BI=CI=DI\Rightarrow BD\perp BC$.

Mà  $SD\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SD\perp BC$ nên $BC\perp \left(SDB\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SDB\right)$  .

Ta có $\left(SBC\right)\cap \left(SDB\right)=SB$ , kẻ  $DH\perp SB\left(H\in SB\right)\Rightarrow DH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow DH=d\left(D,\left(SBC\right)\right)$ .

Trong tam giác vuông $SDB$ :  $\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{D{B}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{3}{2a^2}\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Vậy  $d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Vì  $DI\cap \left(SBC\right)=C\Rightarrow \frac{d\left(I,\left(SBC\right)\right)}{d\left(D,\left(SBC\right)\right)}=\frac{IC}{DC}=\frac{1}{2}$ .

Do AI song song với  BC nên AI song song với mặt phẳng  $\Rightarrow BI=CI=DI\Rightarrow BD\perp BC$0

 .$\Rightarrow BI=CI=DI\Rightarrow BD\perp BC$1

Vậy  $\Rightarrow BI=CI=DI\Rightarrow BD\perp BC$2.

 Chọn A

Do $C{C}^{\text{'}}\perp \left(ABC\right)$  nên góc giữa $A{C}^{\text{'}}$ 

và  $\left(ABC\right)$ là $\widehat{C^{\text{'}}AC}$ .

Vậy $\widehat{C^{\text{'}}AC}={30}^{\circ }$  và

$$\begin{gathered} C{C}^{\text{'}}=AC.\tan {30}^{\circ } \\ =2a.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$ .

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ 

là:  $V=C{C}^{\text{'}}.S_{ABC}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{1}{2}.{\left(2a\right)}^2=\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}$.

Chọn A

Cách 1

Ta có phương trình tham số đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\end{array}\right.$ .

Gọi  $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$  Tọa độ của  A thỏa mãn hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\\ x-z-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\\ z=-1\\ t=0\end{array}\right.$  .

Vậy $A=\left(3;1;-1\right)$ .

Lấy $O=\left(0;0;0\right)\in d$  và gọi  H là hình chiếu vuông góc của O  lên $\left(P\right)$ .

Gọi  $\Delta$ là đường thẳng đi qua  O vuông góc với $\left(P\right)$ .

Khi đó $\Delta$  nhận vectơ pháp tuyến  $\overrightarrow{n_P}=\left(1;0;-1\right)$ của  $\left(P\right)$ làm vectơ chỉ phương và đi qua O

 $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$1 Phương trình đường thẳng $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$2 .

Mà  $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$3  Tọa độ của H  thỏa mãn hệ phương trình:  $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$4 .

Vậy $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$5 .

Hình chiếu vuông góc của d  trên  $\left(P\right)$ chính là đường thẳng AH .

Ta có $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$7 .

Đường thẳng AH đi qua A và nhận $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$8  làm 1 vectơ chỉ phương có phương trình là  $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$9.

Cách 2

Ta có phương trình tham số đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\end{array}\right.$ .

Gọi  $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$  Tọa độ của A  thỏa mãn hệ phương trình:  $\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\\ x-z-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\\ z=-1\\ t=0\end{array}\right.$ .

Vậy $A=\left(3;1;-1\right)$ .

Mặt phẳng  $\left(P\right)$ có một vectơ pháp tuyến là  $\overrightarrow{n_P}=\left(1;0;-1\right)$, đường thẳng  d có một vectơ chỉ phương là  $\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\\ x-z-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\\ z=-1\\ t=0\end{array}\right.$6.

Gọi $\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\\ x-z-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\\ z=-1\\ t=0\end{array}\right.$7 là mặt phẳng chứa d  và $\left\{\begin{array}{l}x=3+3t\\ y=1+t\\ z=-1-t\\ x-z-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\\ z=-1\\ t=0\end{array}\right.$8 .

Khi đó hình chiếu vuông góc của  d lên $\left(P\right)$  là $A=\left(3;1;-1\right)$0 .

Ta có  $A=\left(3;1;-1\right)$1.

$A=\left(3;1;-1\right)$2 đi qua $A=\left(3;1;-1\right)$  nhận $A=\left(3;1;-1\right)$4 làm 1 vectơ chỉ phương  có phương trình là $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow$9 .

 Chọn C

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế là  $10!$.

Ta có $n\left(\Omega \right)=10!$ .

Để xếp chỗ ngồi cho 10 học sinh mà mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ ta làm như sau:

Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ nhất có 10 cách xếp.

Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ hai có 8 cách xếp vì trừ đi ghế ngồi đối diện với bạn nam đầu tiên.

Tương tự:

Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ ba có 6 cách xếp.

Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ tư có 4 cách xếp.

Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ năm có 2 cách xếp.

Xếp chỗ ngồi cho 5 bạn nữ vào 5 ghế còn lại có $5!$ .

Theo quy tắc nhân, ta có  $n\left(A\right)=\mathrm{10.8.6.4.2.5}!=460800$ .

Do vậy xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ là:

 $p=\frac{460800}{10!}=\frac{8}{63}$ .

Chọn C

Gọi  N là số tiền vay ban đầu, r  là lãi suất theo tháng, 

A là số tiền phải trả hàng tháng, ta có:

+ Số dư nợ sau 1 tháng là: $N+N\text{r}-A=N\left(1+r\right)-A$ .

+ Số dư nợ sau 2 tháng là:

$$\begin{gathered} N\left(1+r\right)-A+\left[N\left(1+r\right)-A\right]r-A \\ =N{\left(1+r\right)}^2-\frac{A}{r}\left[{\left(1+r\right)}^2-1\right] \end{gathered}$$.

+ Số dư nợ sau 3 tháng là: $N{\left(1+r\right)}^3-\frac{A}{r}\left[{\left(1+r\right)}^3-1\right]$.

…

+ Số dư nợ sau n tháng là: $N{\left(1+r\right)}^n-\frac{A}{r}\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right]$.

Giả sử sau   tháng thì dư nợ bằng 0,

ta có $$\begin{gathered} N{\left(1+r\right)}^n-\frac{A}{r}\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right]=0 \\ \iff A=\frac{N{\left(1+r\right)}^n.r}{{\left(1+r\right)}^n-1} \end{gathered}$$ .

Áp dụng với $N=\mathrm{50.000.000}$ đồng, $\text{r}=1,15\%$ 

và $n=50$ tháng ta có: $A\approx \mathrm{1.320.500}$ đồng.

Chọn D

Ta có $\underset{1}{\overset{e}{\int }}\frac{\left(x+1\right)\ln x+2}{1+x\ln x}\text{d}x$=$\underset{1}{\overset{e}{\int }}\frac{x\ln x+1+\ln x+1}{1+x\ln x}\text{d}x$ 

=$\underset{1}{\overset{e}{\int }}\left(1+\frac{\ln x+1}{1+x\ln x}\right)\text{d}x$= ${\left.x\right|}_1^e-\underset{1}{\overset{e}{\int }}\frac{\text{d}\left(x\ln x+1\right)}{x\ln x+1}$

= $e-1+{\left.\ln \left|x\ln x+1\right|\right|}_1^e$ =  $e-1+\ln \left(e+1\right)$

=  $e+\ln \frac{e+1}{e}$     

Do đó $a=1,b=1$ . Vậy $\frac{a}{b}=1$ .

Chọn C 

Ta có:

 $$\begin{gathered} \left(2+i\right)\left|z\right|=\frac{\sqrt{10}}{z}+1-2i\iff \frac{\sqrt{10}}{z} \\ =\left(2+i\right)\left|z\right|-1+2i\Rightarrow \left|\frac{\sqrt{10}}{z}\right| \\ =\left|\left(2+i\right)\left|z\right|-1+2i\right| \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \frac{\sqrt{10}}{\left|z\right|}=\left|2+i\right|.\left|\left|z\right|+i\right|=\sqrt{5}.\sqrt{{\left|z\right|}^2+1} \\ \iff \frac{\sqrt{2}}{\left|z\right|}=\sqrt{{\left|z\right|}^2+1}\iff 2=\left({\left|z\right|}^2+1\right).{\left|z\right|}^2. \end{gathered}$$

Đặt ${\left|z\right|}^2=t\left(t\ge 0\right)$ ,

ta có  $t\left(t+1\right)=2\iff t^2+t-2=0\iff \left[\begin{array}{l}t=1\left(tm\right)\\ t=-2\left(loai\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left|z\right|=1$

Mà  $$\begin{gathered} w=\left(3-4i\right)z-1+2i\iff w+1-2i=\left(3-4i\right)z \\ \Rightarrow \left|w+1-2i\right|=\left|3-4i\right|.\left|z\right|=5\left(1\right) \end{gathered}$$

Giả sử $$\begin{gathered} w=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow \left(1\right) \\ \iff \left|x+1+\left(y-2\right)i\right|=5 \\ \iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=5^2 \end{gathered}$$ .

Suy ra điểm biểu di

Chọn D.

Xét hàm số $y=f\left(x^2\right)$ .

Ta có $y\text{'}=2x.f^{\text{'}}\left(x^2\right)=2x\left(x^2-2\right)\left(x^2+5\right)\left(x^2+1\right)$ .

 .$y\text{'}=0\iff 2x\left(x^2-2\right)\left(x^2+5\right)\left(x^2+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Ta có bảng xét dấu   như sau:

Vậy hàm số  $y=f\left(x^2\right)$ đồng biến trong khoảng

$\left(-\sqrt{2};0\right)$  và $\left(\sqrt{2};+\infty \right)\Rightarrow$  Chọn D.

Chọn D

Ta có: $A,B,C$  đều thuộc $\left(P\right),\left(S\right)$  và  $\left(C\right)$ là giao của  $\left(P\right)$ và  $\left(S\right)$ nên $A,B,C$  thuộc  $\left(C\right)$.

Xét M  thuộc cung nhỏ BC .

+) Vì $AB=AC=BC=2\sqrt{2}$  nên  $\Delta ABC$ là tam giác đều nội tiếp đường tròn $\left(C\right)$ .

Trên AM  lấy điểm  D sao cho  MB=MD nên $\left(P\right),\left(S\right)$0  là tam giác cân tại M .

Ta có: $\left(P\right),\left(S\right)$1 (hai góc cùng chắn cung AB).

Suy ra $\left(P\right),\left(S\right)$0  là tam giác đều. Do đó: $\left(P\right),\left(S\right)$3  và $\left(P\right),\left(S\right)$4 .

+) Ta có  $\left(P\right),\left(S\right)$5 $\left(P\right),\left(S\right)$6.

Xét  $\left(P\right),\left(S\right)$7 và  $\left(P\right),\left(S\right)$8 có $\left(P\right),\left(S\right)$9 ,$\left(C\right)$0   và  $\left(C\right)$1

Suy ra  $\left(P\right),\left(S\right)$7 = $\left(P\right),\left(S\right)$8 (c-g-c) nên  

+) Ta có:  $\left(C\right)$4

Do đó: $\left(C\right)$5  lớn nhất khi  AM lớn nhất hay  M nằm chính giữa cung nhỏ BC .

Với mỗi cung nhỏ ta tìm được một điểm M thỏa bài toán.

Vậy có 3 điểm M  thỏa bài toán nằm chính giữa 3 cung nhỏ BC, CA, AB .

Chọn C

Ta có:

$$\begin{gathered} 3^{x^2-2x}<27 \\ \iff 3^{x^2-2x}<3^3 \\ \iff x^2-2x<3 \\ \iff x^2-2x-3<0 \\ \iff -1<x<3 \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left(-1;3\right)$ .

Chọn D

Ta có  $2f\left(1-x\right)+5=0\iff f\left(1-x\right)=-\frac{5}{2}<2$

Chọn C

Ta có  $R=IA=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-2\right)}^2+4^2}=2\sqrt{6}$

Phương trình mặt cầu tâm  I bán kính R  là  ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=24$.

Chọn A

 $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=1\\ x=-2\end{array}\right.$ .

Ta có bảng xét dấu sau:

$f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu khi qua  $x=-2$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)$ đổi dấu khi qua  $x=1$ nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Giả sử hình nón có đỉnh là S , O là tâm của đường tròn đáy và  AB là một đường kính của đáy.

Ta có  $l=SA=2a,\stackrel{⏜}{SAO}={60}^o$

Bán kính đáy là  $r=OA=SA.\cos {60}^o=2a.\frac{1}{2}=a$.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi .a.2a=2\pi a^2$ .

Chọn D

Ta có : ${\log }_{27}36=\frac{1}{3}\left(2+2{\log }_{3}2\right)=\frac{1}{3}\left(2+\frac{2}{{\log }_{2}3}\right)$ = $\frac{1}{3}\left(2+\frac{2}{a}\right)=\frac{2+2a}{3a}$.

Chọn C

Ta có  $y^{\text{'}}=x^2-2mx+8-2m$.

Hàm số đồng biến trên  $ℝ\iff y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ$ .

  $\iff x^2-2mx+8-2m\ge 0,\forall x\in ℝ$ .

Ta có $a=1>0$  do đó  $\left(1\right)\iff {\Delta }^{\text{'}}=m^2+2m-8\le 0\iff -4\le m\le 2$  .

Vì m lớn nhất nên  $m=2$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

+ Đặt  $2^{x^2}=t$, Khi đó ta có:

- Nếu  $t>1$ thì cho ta hai nghiệm x .

- Nếu $t=1$ thì cho ta một nghiệm x.

- Nếu $t<1$ thì không tồn tại nghiệm  x.

+ Ta có phương trình $t^2-4t+6-m=0$  . Để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm thực thì phương trình $\left(1\right)$ phải có hai nghiệm t sao cho $1=t_1<t_2$ .

+ Với $t_1=1$ là nghiệm của phương trình  $\left(1\right)$ thì $m=3$ . Ngược lại khi  $m=3$ thì phương trình  $\left(1\right)$ có hai nghiệm $t>1$2  (thỏa mãn điều kiện bài toán).

Vậy  $m=3$.