Chọn đáp án A

Hàm số $f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng (a;b) nên $f^{\text{'}}\ge ,\forall x\in \left(a;b\right)$và $f\left(x\right)=0$ tại hữu hạn điểm $x\in \left(a;b\right)$. Xét

* Hai hàm số $y=f\left(x\right)+1$ và $y=-f\left(x\right)-1$ đều có đạo hàm là $y^{\text{'}}=-f^{\text{'}}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \left(a;b\right)$ nên chúng nghịch biến trên khoảng (a;b). Hai phương án B, D đúng.

* Hàm số $y=f\left(x\right)+1$ có đạo hàm $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \left(a;b\right)$ nên đồng biến trên khoảng (a;b). Phương án C đúng

Chọn đáp án C

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm $f^{\text{'}}\left(x\right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm x = 1 nên hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1, giá trị cực đại là $f\left(1\right)=2$

Chọn đáp án C

thì đồ thị hàm số $y=\frac{ax+1}{bx-2}$ có hai đường tiệm cận:

Đường tiệm cận đứng là $x=\frac{2}{b}$ và đường tiệm cận ngang là $y=\frac{a}{b}$

Từ giả thiết bài toán ta có:

Chọn đáp án A

Ta có: $n={\log }_{x^3}3=\frac{1}{3}{\log }_{x}3$ nên 

Chọn đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}={\left(x.e^x\right)}^{\text{'}}=e^x+x.e^x=\left(x+1\right).e^x$

Chọn đáp án D

Do hàm số $F\left(x\right)=\frac{1}{x}$ liên tục trên đoạn $\left[1;2\right]$ và F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên ta có:

Chọn đáp án D

Ta có

Chọn đáp án A

Giả sử số phức $z=x+yi,\left(x,y\in R\right)$ có điểm biểu diễn là M(x;y)

Ta có ${\left(1+z\right)}^2={\left(x+1\right)}^2-y^2+2y\left(x+1\right)i$ là số thực nên

Vậy tập hợp các điểm M(x,y) biểu diễn số phức z = x +yi là hai đường thẳng y = 0; x = -1.

Chọn đáp án C

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{3}$(đvtt)

Chọn đáp án D

Áp dụng công thức $S_{xq}=2\mathrm{\pi Rh}$ với R = 3 và $l=h=6$

ta có $S_{xq}=2\mathrm{\pi }.3.6=36\mathrm{\pi }$

Chọn đáp án B

Gọi I là trung điểm AB và (P) là mặt phẳng trung trực của AB.

Ta có I là trung điểm AB nên I(-1;1;-2)

Lại có $\stackrel{\rightharpoonup }{AB}=\left(4;-8;-6\right)$ và $AB\perp \left(P\right)$ nên mặt phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n}=\left(2;-4;-3\right)$.

Phương trình mặt phẳng:

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Phương trình đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Oxy) thỏa mãn hệ phương trình:

Chọn đáp án D

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}+2x+C$

Chọn đáp án D

Ta có $\frac{1}{5.9}+\frac{1}{9.13}+...+\frac{1}{\left(4n+1\right)\left(4n+5\right)}$

Suy ra $I=lim\frac{n}{5\left(4n+5\right)}=lim\frac{1}{5\left(4+{\displaystyle \frac{5}{n}}\right)}=\frac{1}{20}$

Chọn đáp án D

Xét trên mỗi nửa khoảng $(-\infty ;-2] và [2;+\infty )$

Để phương trình $f\left(x\right)=m$ có hai nghiệm phân biệt

$\iff$ Đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ cắt đường thẳng y = m tại hai điểm phân biệt. Từ bảng biến thiên suy ra

Chọn đáp án A

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có đạo hàm và đồng biến trên R nên $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in R$.

Ta có

Hàm số $y=g\left(x\right)$ nghịch biến trên đoạn $\left[1;2\right]$.

Suy ra $\underset{\left[1;2\right]}{min}g\left(x\right)=g\left(2\right)=1-f\left(2\right)=-2$.

Chọn đáp án C

Ta có

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là x = -1.

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là x = 3.

$\Rightarrow$Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là y = 0.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Chọn đáp án B

Hàm số $y=x^{-2}$ có đồ thị tương ứng là đường (C₁) trong hình vẽ

Xét trên khoảng $\left(0;1\right)$ ta có

$\Rightarrow$Đồ thị hàm số $y=x^{\sqrt{3}}$ nằm dưới đồ thị hàm số $y=x^{\frac{1}{5}}$ trên khoảng $\left(0;1\right)$.

Vậy hàm số $y=x^{\sqrt{3}}$ có đồ thị tương ứng là đường cong (C₂) và hàm số $y=x^{\frac{1}{5}}$có đồ thị tương tương ứng là đường cong (C₃).

Chọn đáp án B

Khi đó ${\int }_0^{\mathrm{\pi }}{\cos }^{2}x.\sin xdx$ =

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và bán kính R = 5.

Phương trình mặt phẳng (Oxy) là z = 0.

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (Oxy) là d(I;(Oxy)) = 3

Bán kính đường tròn (C) là

Diện tích hình tròn đó là $S=\mathrm{\pi }.{\mathrm{r}}^2=16\mathrm{\pi }\left(\mathrm{đvtt}\right)$

Chọn đáp án A

Ta có ABCD là hình bình hành nên CD//AB.

Lại có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB$

$\Rightarrow ∆SAB$vuông tại A.

Suy ra

Trong tam giác SAB vuông tại A có

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{SBA}={60}^0$

Chọn đáp án A

Ta có $f\left(0\right)=0$. Theo định nghĩa đạo hàm:

Suy ra

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 0 là

Chọn đáp án D

.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{m^2-4}{{\left(x+m\right)}^2}$.

Hàm số luôn đơn điệu trên từng khoảng $\left(-\infty ;-m\right)$ và $\left(-m;+\infty \right)$.

Hàm số giảm trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ tức là hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$.

Chọn đáp án C

Ta có

$\iff x=-\frac{b}{3a}$

Đồ thị (C) có hai điểm cực trị thì trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị đó chính là điểm uốn U của đồ thị và hoành độ của điểm U là nghiệm của phương trình y'' = 0. Từ giả thiết ta có

Lại có phương trình hoành độ giao điểm $a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$ có ba nghiệm dương phân biệt $x_1,x_2,x_3$.

Theo định lý Vi-ét ta có

Từ giả thiết

Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy cho các số dương ta có:

; dấu “=” xảy ra khi $2x_1=3x_2$  

; dấu “=” xảy ra khi  $2x_1=6x_3$

; dấu “=” xảy ra khi $x_2=2x_3$

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên ta đươc

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy $S=x_1+{x_2}^2+{x_3}^2$ = $\frac{133}{216}$

Chọn đáp án A

Quan sát hình dáng đồ thị suy ra ngay a < 0. Đồ thị hàm số cắt trục oy tại điểm có tung độ âm nên d < 0. Loại phương án C.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$.

Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn $x_{CT}<0<x_{CD}$ nên phương trình y’ = 0 có hai nghiệm trái dấu, khi đó 3ac < 0 .

$\iff c>0\left(do a<0\right)$

Loại phương án D.

Quan sát đồ thị, ta thấy $x_{CD}+x_{CT}>0$ nên $-\frac{2b}{3a}>0$.

Loại phương án B

Chọn đáp án A

Điều kiện: $5^x>1\iff x>0$ 

Bất phương trình đã cho tương đương với

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là

Chọn đáp án A

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) quanh trục Ox là:

Xét phương trình $y^2=a\iff y=\pm \sqrt{a}$. Khi đó thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) quanh trục Oy là

Suy ra $V_1-\frac{V_2}{8}=\frac{\mathrm{\pi }}{20}.a^2\left(10-4\sqrt{a}\right)$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{a}=10-4\sqrt{a}\iff a=4=a_0$ (thỏa mãn).

Khi đó $∆V=\frac{\mathrm{\pi }}{20}.32=\frac{8\mathrm{\pi }}{5}$

Vậy $5∆=2{\mathrm{\pi a}}_0$

Chọn đáp án A

Giả sử $A\left(a;a^2\right)$ và $B\left(b;b^2\right)$ là hai điểm thuộc (P) và thỏa mãn AB = 2018.

Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A và B là

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng d là:

$=\frac{1}{6}{\left(b-a\right)}^3$

Gọi M là hình chiếu của A trên Ox và N là hình chiếu của B trên Ox. Suy ra M(a;0) và N(b;0).

Ta luôn có $MN\le AB$ hay $\left|b-a\right|=b-a\le 2018$.

Dấu “=” xảy ra khi MN//AB hay AB//Ox. Khi đó a = -1009; b = 1009.

Vậy $S=\frac{1}{6}{\left(b-a\right)}^3=\frac{{2018}^3}{6}$

Chọn đáp án B

Giả sử $z=x+yi\left(x,y\in R\right)$.

Từ giả thiết ta có $\left|\frac{z-1}{z+3i}\right|=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Suy ra tập hợp các điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính $R=2\sqrt{5}$.

Lại có $P=\left|z+i\right|+2\left|\overline{z}-4+7i\right|=MA+2MB$ với A(0;-1) và B(4;7).

Ta thấy $A\in \left(C\right),B\in \left(C\right)$ và $AB=4\sqrt{5}=2R$

nên AB là đường kính của đường tròn (C). Khi đó $∆MAB$ vuông tại M.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{MA}{1}=\frac{MB}{2}\iff MB=2MA$

Chọn đáp án A

Gọi I là tâm của hình tròn (C) và S là đỉnh của hình nón. Gọi bán kính của hình tròn (C) là r thì

Trường hợp 1: O nằm giữa S và I.

Chiều cao của hình chóp là SI = SO + OI = x + 6 (cm).

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }\left(36-{\mathrm{x}}^2\right)\left(\mathrm{x}+6\right)\left({\mathrm{cm}}^3\right)$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=\left(36-x^2\right)\left(x+6\right)$ với $0\le x<6$ 

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-3x^2-12x+36$

Do $0\le x<6$ nên x = - 6.

Lập bảng biến thiên của hàm số ta thấy f(x) ta thấy $f\left(x\right)\le f\left(2\right)=256$ 

Suy ra $V\le V_1=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.256=\frac{256}{3}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$

Dấu “=” xảy ra x = 2.

Trường hợp 2: I nằm giữa S và O

Chiều cao của hình chóp là SI = SO – OI = 6 – x (cm)

Thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }\left(36-{\mathrm{x}}^2\right)\left(6-x\right)\left({\mathrm{cm}}^3\right)$ (cm³).

Xét hàm số $g\left(x\right)=\left(36-x^2\right)\left(6-x\right)$ với $0\le x<6$

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-12x-36<0,\forall x\in \left[0;6\right]$ nên hàm số g(x) nghịch biến trên $\left[0;6\right]$.

Suy ra $g\left(x\right)\le g\left(0\right)=216$ 

Khi đó $V\le V_2=72\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$.

Dấu “=” xảy ra khi x = 0.

So sánh hai trường hợp 1 và 2, suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho là $V=\frac{256}{3}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$ khi $x=2\left(cm\right)$.

Chọn đáp án D

Giả sử mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n}=\left(a;b;c\right)\left(a^2+b^2+c^2\ne 0\right)$.

Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng $ax+by+cz+d=0$.

Do $M\left(0;0;1\right)\in \left(P\right)$ nên $c+d=0\iff d=-c$ 

Do $N\left(0;3;1\right)\in \left(P\right)$ nên  $3b+c+d=0\iff b=0$

Khi đó $\left(P\right):ax+cz-c=0$ 

Từ giả thiết ta có $d\left(B;\left(P\right)\right)=2d\left(A;\left(P\right)\right)$

$\iff \frac{\left|-2a+2c\right|}{\sqrt{a^2+c^2}}=\frac{2\left|a-c\right|}{\sqrt{a^2+c^2}}$ (luôn đúng). Vậy có vô số mặt phẳng (P) thỏa mãn.

Chọn đáp án C.

Ta có

 Áp dụng công thức ta có:

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}\left[\stackrel{\rightharpoonup }{AB}.\stackrel{\rightharpoonup }{AC}\right].\stackrel{\rightharpoonup }{AD}=\frac{1}{2}$

Chọn đáp án A

Điều kiện: $1\le x\le 3$ 

Bất phương trình

(1)

Xét hàm số $f\left(t\right)=\sqrt{t^2+2}+\sqrt{t}$ với $t\ge 0$ 

Ta có

nên hàm số đồng biến trên $[0;+\infty )$.

Khi đó (1) $\iff f\left(x-1\right)>f\left(3-x\right)$

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là $S=(2;3]$ 

Vậy $a=2,b=3\Rightarrow b-a=1$

Chọn đáp án B

Ta có

Quan sát đồ thị của hàm số y = f(x) ta thấy:

Phương trình $f\left(x\right)=-\sqrt{3}$ không có nghiệm; phương trình $f\left(x\right)=-1$ có 2 nghiệm;

phương trình $f\left(x\right)=1$ có 4 nghiệm; phương trình $f\left(x\right)=\sqrt{3}$ có 4 nghiệm.

Vậy phương trình ${\left(x^4-4x^2+3\right)}^2-4{\left(x^4-4x^2+3\right)}^2+3=0$ có 10 nghiệm.

Chọn đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-11$. Giả sử $M\left(m;m^3-11m\right)$ thì tiếp tuyến $∆$của (C) tại điểm M có hệ số góc là $k=y^{\text{'}}\left(m\right)=3m^2-11$ 

Phương trình $∆:y=\left(3m^2-11\right)x-2m$. 

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng $∆$ là:

Suy ra hoành độ các điểm M_n lập thành một cấp số nhân (x_n) có số hạng đầu $x_1=-2$ và công bội q = -2.

Ta có $x_n=x_1.q^{n-1}={\left(-2\right)}^n$ 

.

Để $11x_n+y_n+2^{2019}=0$

$\iff 3n=2019\iff n=673$

Chọn đáp án C

Xét hàm số y = f(x) trên đoạn $\left[0;6\right]$ có bảng biến thiên được lập dựa trên đồ thị của hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ như sau:

Suy ra phương trình f(x) = 0 có tối đa 4 nghiệm.

Đặt $g\left(x\right)={\left[f\left(x\right)\right]}^2$

Xét trên đoạn $\left[0;6\right]$: Phương trình f(x) = 0 có tối đa 4 nghiệm và phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 3 nghiệm $x\in \left\{1;3;5\right\}$.

Khi đó phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có tối đa 7 nghiệm $x\in \left[0;6\right]$.

Vậy hàm số $y={\left[f\left(x\right)\right]}^2$ có tối đa 7 điểm cực trị

Chọn đáp án C

Ta có $f\left(2\right)=-2a.2+1=1-4a$ 

Để hàm số liên tục tại x = 2

Chọn đáp án D

Ta có

Suy ra

Từ giả thiết ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)+f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=10e^x$ 

Để phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)+f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=10e^x$có nghiệm

$\iff$ Phương trình (*) có nghiệm

* Nếu b = 0 thì $S=a^2\ge 10$ 

* Nếu $b\ne 0$ thì $S=a^2-2ab+3b^2\ge 10.\frac{{\left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)}^2-2.{\displaystyle \frac{a}{b}}+3}{{\left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)}^2+1}$.

Đặt $t=\frac{a}{b}\left(t\in R\right)$, suy ra $S\ge 10.\frac{t^2-2t+3}{t^2+1}$.

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

Ta có

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy $f\left(t\right)\ge 2-\sqrt{2}$

Chọn đáp án C

Ta có

 $S=2+\left(C_1^0+C_2^0+...+C_n^0\right)+\left(C_1^1+C_2^1+...+C_n^1\right)+...+\left(C_{n-1}^{n-1}+C_n^{n-1}\right)+C_n^n$

Xét khai triển

Thay x = 1 vào khai triển ta được

Suy ra

$\Rightarrow S=2+\frac{2^1\left(1-2^n\right)}{1-2}=2^{n+1}$ 

Số chữ số của S là

Do $n\in Z$nên $n\in \left\{3318;3319;3320\right\}$.

Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn đáp án D

Đặt $t=f\left(x\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)dx$.

Suy ra ${\int }_4^8\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx=\frac{1}{f\left(4\right)}-\frac{1}{f\left(8\right)}=2$ 

Xét số thực k với

${\int }_4^8{\left[\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx+k\right]}^{2}dx=1+2k.2+4k^2={\left(2k+1\right)}^2$ 

Chọn $k=-\frac{1}{2}$ thì , mà  nên

. Với  ta có    

Vậy 

Chọn đáp án D

Gọi H là trung điểm của cạnh BC. Suy ra $B^{\text{'}}H\perp \left(ABC\right)$ 

$∆ABC$ vuông tại A nên $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=5$ 

vuông tại H nên $B^{\text{'}}H=\sqrt{B^{\text{'}}{B}^2-B{H}^2}=3$ 

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình, trong đó $A\equiv O\left(0;0;0\right), B\left(3;0;0\right),C\left(0;4;0\right)$.

Ta có H là trung điểm của BC nên $H\left(\frac{3}{2};2;0\right)$,  H là hình chiếu của B’ trên bề mặt phẳng (ABC) nên $B^{\text{'}}\left(\frac{3}{2};2;3\right)$.

Từ $\stackrel{\rightharpoonup }{AB}=\stackrel{\rightharpoonup }{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}$ suy ra

Từ $\stackrel{\rightharpoonup }{AC}=\stackrel{\rightharpoonup }{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ suy ra

M là trung điểm của A’B’ nên M(0;2;3).

Ta có

Mặt phẳng (AMC’) có một vectơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n_1}=\left(8;3;-2\right)$.

Lại có $\stackrel{\rightharpoonup }{A^{\text{'}}B}=\left(\frac{9}{2};-2;-3\right),\stackrel{\rightharpoonup }{A^{\text{'}}C}=\left(\frac{3}{2};2;-3\right)$