Chọn C

Chọn C

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

Trong các nghiệm của phương trình f'(x) = 0 thì x = 0, x = 2 là các nghiệm bội lẻ nên chúng là cực trị của hàm số f(x). Còn x = 1 là nghiệm bội chẵn nên nó không phải là cực trị của hàm số f(x).

Chọn C

Bất phương trình ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)>0\iff 0<2x-1<1\iff \frac{1}{2}<x<1$.

Chọn D

$z=\left(3+4i\right)\left(1-2i\right)=11-2i\Rightarrow \left|z\right|=5\sqrt{5}$

Chọn C

Hàm số xác định khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}2-x\ge 0\\ x^2-4x+3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ x\ne 1\\ x\ne 3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ x\ne 1\end{array}\right.$

Tập xác định $D=\left(-\infty ;2\right]\backslash \left\{1\right\}$

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2-x}}{x^2-4x+3}=0$, $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2-x}}{x^2-4x+3}=-\infty$

Suy ra TCĐ: x = 1 và TCN: y =0.

Chọn B

Chọn A

Chọn C

Ta có $$\begin{gathered} {4.3}^{x^2}={3.2}^{2x^2}\iff 2^2{.3}^{x^2}={3.2}^{2x^2}\iff 3^{x^2-1}=2^{2x^2-2}\iff 2x^2-2=\left(x^2-1\right){\log }_{2}3\iff \left(x^2-1\right)\left(2-{\log }_{2}3\right)=0 \\ \iff x^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Chọn C

Ta có $\int 2^x{.3}^{x+1}\text{d}x=3\int 2^x{.3}^x\text{d}x=3\int 6^x\text{d}x=\frac{{3.6}^x}{\ln 6}+C$

Chọn A

Ta có $\left(S\right):\left\{\begin{array}{l}I\left(-1;0;0\right)\\ R=2\end{array}\right.$.

Chọn C

Ta có : $-z^2+2z-2=0$

Chọn D

Gọi cạnh đáy bằng $a\Rightarrow BD=a\sqrt{2}$

- Góc giữa cạnh bên với đáy một góc $45°\Rightarrow \Delta SBD$ là vuông cân $\Rightarrow SO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chọn B

- Số tự nhiên có ba chữ số $\overline{abc}$ đôi một khác nhau lấy từ tập $\left\{0;1;2;3;4;5\right\}$: $\left|\Omega \right|=5.A_4^2=60$

- Gọi A là biến cố: “số được chọn có chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục”

+ Vì chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục và $a\ne 0$. Đồng thời cứ 1 bộ 2 chữ số thì có 1 chữ số đứng trước bé hơn chữ số đứng sau. Suy ra số cách chọn $\overline{ab}=C_4^2$,

+ Cách chọn c : 4

Số cách chọn $\overline{abc}:n_A=C_4^2.4=24$

$\Rightarrow P_A=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$

Chọn B

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)\text{d}x$

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=0\leftrightarrow t=2\\ x=1\leftrightarrow t=4\end{array}\right.$

$I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)\text{dt=}\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)\text{dx=}4$

Chọn A

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Gọi H là hình chiếu của lên SO.

Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp AH$.

Lại có $AH\perp SO$ và $AH\perp BD$ nên $AH\perp \left(SBD\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=AH$.

Trong tam giác ABC có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Trong tam giác SAO có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{O}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$.

Chọn D

Ta có $z=\frac{1-3i}{1+i}=\frac{\left(1-3i\right)\left(1-i\right)}{1^2+1^2}=\frac{-2-4i}{2}=-1-2i$.

Chọn C

Số cần tìm có dạng: $\overline{abc}\left(a\ne 0\right)$.

TH1: c = 0, chọn $\overline{ab}:A_5^2=20$ số.

Suy ra lập được 20 số thỏa mãn.

TH2: $c\in \left\{2;4;6\right\}:3$ cách chọn

Chọn a: 4 cách.

Chọn b: 4 cách.

Suy ra có 4.4.3 = 48 số.

Vậy có 20 + 48 = 68 số.

Đáp án đúng là: C

*Phương pháp giải: Quy tắc tìm cực trị của hàm số

Quy tắc 1:

   Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số.

   Bước 2. Tínhf'(x). Tìm các điểm tại đó f'(x)bằng 0 hoặc f'(x) không xác định.

   Bước 3. Lập bảng biến thiên.

   Bước 4. Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị.

Quy tắc 2:

   Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số.

   Bước 2. Tính f'(x). Giải phương trình f'(x)và ký hiệux_i (i=1,2,3,...)là các nghiệm của nó.

   Bước 3. Tính f''(x) và f''(x_i ) .

   Bước 4. Dựa vào dấu của f''(x_i )suy ra tính chất cực trị của điểm x_i.

*Lời giải:

Xét hàm số $y=x^3+x+1$ có $y^{\text{'}}=3x^2+1>0,\forall x\in ℝ$. Do đó hàm số $y=x^3+x+1$ không có cực trị

* Một số lý thuyết liên quan:

1. Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x)xác định và liên tục trên khoảng (a;b) (có thể a là -∞; b là +∞) và điểm x₀∈(a;b).

Nếu tồn tại số h > 0 sao cho f(x)< f(x₀ ) với mọi x ∈ (x₀ - h;x₀ + h) và x≠x_0 thì ta nói hàm số f_(x) đạt cực đại tại x₀.

Nếu tồn tại số h >0 sao cho f(x) >f(x₀ ) với mọi x ∈ (x₀ - h;x₀ + h) và x ≠ x₀ thì ta nói hàm số f_(x) đạt cực tiểu tại x₀.

2. Điều kiện đủ để hàm số có cực trị: Giả sử hàm số y=f(x) liên tục trên

K=(x₀ - h;x₀ + h)và có đạo hàm trên K hoặc trên K\{x₀}, với h >0.

Nếu f'(x)> 0 trên khoảng (x₀ - h;x₀) và f'(x) <0 trên (x₀;x₀ + h) thì x₀ là một điểm cực đại của hàm số f(x).

Nếu f'(x) < 0 trên khoảng (x₀ - h;x₀) và f'(x) >0 trên (x₀;x₀+ h) thì x₀ là một điểm cực tiểu của hàm số f(x).

Minh họa bằng bảng biến thiến

Chú ý: Nếu hàm số y=f(x) đạt cực đại (cực tiểu) tại x₀ thì x₀ được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của hàm số; f(x₀) được gọi là giá trị cực đại (giá trị cực tiểu) của hàm số, kí hiệu là f_CÑ (f_CT), còn điểm M(x₀;f(x₀)) được gọi là điểm cực đại (điểm cực tiểu) của đồ thị hàm số.

Các điểm cực đại và cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại (giá trị cực tiểu) còn gọi là cực đại (cực tiểu) và được gọi chung là cực trị của hàm số.

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

Xét chiều biến thiên và tìm các cực trị (nếu có) của các hàm số sau: a) y = x^3 - 3x^2 + 3x - 1

Lý thuyết Cực trị của hàm số (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

Áp dụng Quy tắc II, hãy tìm các điểm cực trị của hàm số

Chọn B

Chọn B

Chọn A

$\forall x\in (2;3)\Rightarrow (x-2)(3-x)>0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)={(x-1)}^2(x-2)(3-x)>0$

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).

Chọn C

Chọn B

Ta có tâm của mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x+4y-3=0$ có toạ độ là (1;-2;0).

Chọn B

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và M là trung điểm của BC

Ta có $AM=a\sqrt{3}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AM=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$

Mặt khác $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}a\right)}^2-{\left(\frac{2\sqrt{3}a}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$

Chọn B

Chọn C

${\log }_{\sqrt{a}}\sqrt{a\sqrt{a}}={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}{a}^{\frac{3}{4}}=\frac{1}{\frac{1}{2}}.\frac{3}{4}{\log }_{a}a=\frac{3}{2}$

Chọn C

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(2;3;-4\right)$.

Theo đề bài, ta có mặt phẳng (P) qua điểm M(1;0;-2) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u_d}=\left(2;3;-4\right)$.

Chọn C

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$ khi

$$\begin{gathered} f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left(x-1\right)\left(x-m\right)\ge 0,\forall x\in ℝ \\ \iff x^2-\left(m+1\right)x+m\ge 0,\forall x\in ℝ \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ \Delta ={\left(m+1\right)}^2-4m\le 0\end{array}\right. \\ \iff m^2-2m+1\le 0 \\ \iff {\left(m-1\right)}^2\le 0 \\ \iff m-1=0 \\ \iff m=1 \end{gathered}$$

Chọn D

Chọn A

Giả sử $z=x+iy\left(x,y\in ℝ\right)$ được biểu diễn bởi điểm M(x,y).

Chọn D

Ta có: ${\left(\frac{3}{\pi }\right)}^{\sqrt{x}}>{\left(\frac{3}{\pi }\right)}^{2-\sqrt{x}}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}<2-\sqrt{x}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}<1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x<1\end{array}\right.\iff 0\le x<1$.

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số $y=x^2\left|x^2-4\right|$:

$x^2\left|x^2-4\right|=m\iff \left|x^4-4x^2\right|=m$

Ta có đồ thị hàm số $y=\left|x^4-4x^2\right|$ như sau

Từ đồ thị suy ra để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $y=x^2\left|x^2-4\right|$ tại đúng 4 điểm phân biệt <=> m =4.

Chọn A

Chọn C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \int \ln x\text{d}x=x.\ln x-\int \text{d}x=x\ln x-x+C=x\left(\ln x-1\right)+C$

Chọn B

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0;2] bằng 6 khi:

$y\left(0\right)+y\left(2\right)=6\iff -m+\frac{2-m}{3}=6\iff m=-4.$

Chọn D

Ta có:

$\begin{array}{l}{4}^x+2023\left(x+1\right)<\left(x+2024\right){.2}^x\iff 4^x-{2024.2}^x+2023-\left(2^x-2023\right).x<0\\ \iff \left(2^x-1\right)\left(2^x-2023\right)-\left(2^x-2023\right).x<0\\ \iff \left(2^x-2023\right)\left(2^x-x-1\right)<0\end{array}$

Do x nguyên dương nên 

Do đó bất phương trình $\iff 2^x<2023\Rightarrow x\in \left\{1;2;\mathrm{....};10\right\}$.

Vậy có 10  số nguyên dương x thỏa mãn.

Chọn A

Xét phương trình $x^2=2-x^2\iff x=\pm 1$

Chọn C

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=x^3-3x^2+m$  liên tục trên đoạn [-2;3].

+) $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6\text{x; }{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0;x=2\in \left[-2;3\right]$

+) $f\left(-2\right)=m-20, f\left(2\right)=m-4, f\left(3\right)=f\left(0\right)=m$

Khi đó $\underset{\left[-2;3\right]}{\text{max}}\left|f\left(x\right)\right|=\text{max}\left\{\left|m\right|;\left|m-20\right|\right\}=M$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}M\ge \left|m\right|\\ M\ge \left|m-20\right|=\left|20-m\right|\end{array}\right.\Rightarrow 2M\ge \left|m\right|+\left|20-m\right|\ge \left|m+20-m\right|=20\Rightarrow M\ge 10$.

Chọn B

+) (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = 2.

+) (P) có VTPT $\overrightarrow{n}=\left(1;1;2\right)$, đường thẳng AB có VTVP $\overrightarrow{a}=\left(-2;1;-1\right)$.

+) Ta có $\sin \left(AB;\left(P\right)\right)=\frac{1}{2}$, suy ra góc giữa AB và (P) bằng 300.

+) Gọi H là hình chiếu của (P). A trên (P). Ta có AB = 2.AH. Do đó AB max khi và chỉ khi AH max

$AHmax=\text{d}\left(\text{I};\left(\text{P}\right)\right)+\text{R}=2+\frac{3\sqrt{6}}{2}\cdot$

+) Vậy $ABmax=4+3\sqrt{6}$

Chọn B

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x;y\right)$ biểu diễn z.

Do

$\begin{array}{l}\left|z+\overline{z}\right|+\left|z-\overline{z}\right|=\left|z^2\right|\iff \left|z+\overline{z}\right|+\left|z-\overline{z}\right|={\left|z\right|}^2\iff 2\left|x\right|+2\left|y\right|=x^2+y^2\\ \iff {\left(\left|x\right|-1\right)}^2+{\left(\left|y-1\right|\right)}^2=2\end{array}$.

Từ đó suy ra: Tập hợp điểm M biểu diễn z là 4 phần của 4 đường tròn như hình vẽ:

Mà $T=\left|z-2+3i\right|=\left|z-\left(2-3i\right)\right|=MA$ với A(2;-3) biểu diễn số phức (2 - 3i).

Ta có $A{I}_1=\sqrt{17};A{I}_2=5;A{I}_3=\sqrt{13};A{I}_4=\sqrt{5}$.

Do đó $MaxT=A{I}_2+R=5+\sqrt{2}$

Chọn B

Do $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)}{x}=1\iff \underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=1\iff f\text{'}\left(0\right)=1$.

Ta có: $f\text{'}\text{'}\left(x\right)+{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2+x^2=1+2xf\text{'}\left(x\right)\iff {\left[f\text{'}\left(x\right)-x\right]}^2=-\left(f\text{'}\text{'}\left(x\right)-1\right)$, (1)

Đặt $g\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-x\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\text{'}\left(x\right)-1$, nên (1) trở thành $g^2\left(x\right)=-g\text{'}\left(x\right)\Rightarrow \frac{g\text{'}\left(x\right)}{g^2\left(x\right)}=-1.$

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được $-\frac{1}{g\left(x\right)}=-x+C\Rightarrow g\left(x\right)=\frac{1}{x-C}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=x+\frac{1}{x-C}$

Cho $x=0\Rightarrow f\text{'}\left(0\right)=\frac{1}{-C}\Rightarrow C=-1$. Do đó $f\text{'}\left(x\right)=x+\frac{1}{x+1}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^2}{2}+\ln \left|x+1\right|+C_1$

Chọn C

Đặt z = x + yi khi đó $\left|z-m\right|=3\iff \left|\left(x-m\right)+yi\right|=3$. Khi đó tập các số phức z là đường tròn (C₁) có tâm I₁(m;0) và R₁ = 3.

Ta có $z\left(\overline{z}-4\right)={\left|z\right|}^2-4z=\left(x^2+y^2-4x\right)-4yi$. Để $z\left(\overline{z}-4\right)$ là số thuần ảo khi và chỉ khi $x^2+y^2-4x=0$. Khi đó tập hợp các số phức z là đường tròn (C₂) có tâm I₂(2;0) và R₂ = 2.

Ta có độ dài đường nối tâm là $I_1{I}_2=\left|m-2\right|$.

Chọn A

Ta có $A{B}^2=S{A}^2+S{B}^2-2SA2SB\cos \widehat{ASB}\iff SA=\sqrt{\frac{A{B}^2}{2-2\cos \widehat{ASB}}}=\sqrt{\frac{{\left(2a\right)}^2}{2-2\cos 120°}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

Ta có diện tích thiết diện là $S\text{'}=\frac{1}{2}{l}^2\sin \alpha \le \frac{1}{2}{l}^2=\frac{1}{2}S{A}^2=\frac{2}{3}{a}^2$.

Chọn D

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

$\iff {\left[x{e}^{x}f\left(x\right)\right]}^{\text{'}}=2x+1\Rightarrow \int {\left[x{e}^{x}f\left(x\right)\right]}^{\text{'}}dx=\int \left(2x+1\right)dx\iff x{e}^{x}f\left(x\right)=x^2+x+C$

Vì $f\left(1\right)=\frac{4}{e}$ nên $C=ef\left(1\right)-2=2$. Suy ra $e^{x}f\left(x\right)=x+1+\frac{2}{x}$.