Đáp án D

Đường thẳng đi qua điểm $A\left(1;4;-7\right)$ và vuông góc với mặt phẳng $x+2y-2z-3=0$ nên có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;2;-2\right)$ có phương trình là $\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}.$

Đáp án D

Loại ngay đáp án B, C vì hàm bậc một nếu có đồng biến thì đồng biến trên từng khoảng xác định.

Loại đáp án A vì phương trình  có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án D: Ta có $y^{\text{'}}=3x^2+3>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ;$  suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  $ℝ.$

Đáp án C

Ta có:  $z=2i\left(2-i\right)=4i-2.\left(-1\right)=2+4i.$

Vậy phần ảo của số phức $z$ là 4.

Đáp án A

Điều kiện:  $2x^2-x-1>0\iff \left\{\begin{array}{l}x<-\frac{1}{2}\\ x>1\end{array}\right..$

Tập xác định  $D=\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)\cup \left(1;+\infty \right).$

Đáp án C

Mỗi cạnh chỉ là cạnh chung của 2 mặt.

Đáp án B

Ta có  $F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+C.$

Theo giả thiết  $5F\left(1\right)+F\left(2\right)=43\Rightarrow 5\left(\frac{7}{2}+C\right)+\left(\frac{45}{2}+C\right)=43\Rightarrow C=\frac{1}{2}.$

Do đó  $F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+\frac{1}{2}\Rightarrow F\left(2\right)=23.$

Đáp án D

Ta có:  $u_n=u_1=\left(n-1\right)d\Rightarrow u_5=u_1+4d=2018-3.4=2006.$

Đáp án A

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left(0;-2\right)$  loại đáp án B.

Đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị $ab\ge 0$  nên ta loại đáp án C.

Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án D.

Đáp án D

Mặt phẳng  có phương trình là:  $\left(\alpha \right):\frac{x}{-3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{-2}=1\iff 4x-3y+6z+12=0.$

Đáp án C

Đặt  $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{dx}{x}.$

$I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{3t+1}dt=\frac{14}{9}=\frac{a}{b}\Rightarrow a+2b=32.$

Đáp án B

TXD:  

 $\underset{x\to 5^{-}}{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{\sqrt{x-1}}{x^2-x-20}\right)=0$  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng $y=0$  làm đường tiệm cận ngang.

 $\underset{x\to 5^{-}}{\lim }y=-\infty ,\underset{x\to 5^{+}}{\lim }=+\infty$  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng $x=5$  làm đường tiệm cận đứng.

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

Đáp án B

Ta có  $S_{xq}=\pi Rl.$

Nên  $S_{xq}=\pi \sqrt{3}.4=4\sqrt{3}\pi .$

Đáp án C

Điều kiện:  $0<x<\frac{1}{2}.$

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}\frac{1-2x}{x}>0\iff \frac{1-2x}{x}<1$  (vì  $0<\frac{1}{3}<1)$

 $\iff \frac{1-2x}{x}-1<0\iff \frac{1-3x}{x}<0.$

Mặt khác  $x\in \left(0;\frac{1}{2}\right)\Rightarrow \frac{1}{2}>x>\frac{1}{3}.$

Đáp án D

Phương trình $f\left(x\right)=m$  có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng $y=m$  cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:  $-\sqrt{2}<m<-1.$

Đáp án B

Khối trụ ban đầu có thể tích là  $V_1=\pi R^{2}h.$

Sau khi tăng lên thì khối trụ có thể tích:  $V_2=\pi .{\left(2R\right)}^2\to h=4\pi R^{2}h=4V_1.$

Đáp án B

Ta có:  ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}={{\left(x^3-3x^2+m\right)}^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-6=0\iff x=1\Rightarrow y_{\left(1\right)}=m-2.$

Đồ thị hàm số nhận điểm $A\left(1;3\right)$  làm tâm đối xứng khi và chỉ khi

 $y_{\left(1\right)}=3\iff m-2=3\iff m=5.$

Đáp án D

Góc giữa SC và $\left(ABCD\right)$  là  $\widehat{SCA}=45°.$

Xét $\Delta SAC$  có $SA=AC=a\sqrt{2}$  (và $\Delta SAC$  vuông cân tại A)

Vậy  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}.$

Đáp án C

Tập xác định  $D=ℝ.$

Ta có  $f\left(-4\right)=-4m+1.$

 $\underset{x\to -4}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{x^2+x-12}{x+4}=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{\left(x+4\right)\left(x-3\right)}{x+4}=\underset{x\to -4}{\lim }\left(x-3\right)=-7.$

Hàm số liên tục tại $x_0=-4$  khi  $\underset{x\to -4}{\lim }f\left(x\right)=f\left(-4\right)\iff =4m+1=-7\iff m=2.$

Đáp án A

Ta có:  ${\left|z_1-z_2\right|}^2=\left(z_1-z_2\right)\left(\overline{z_1-z_2}\right)=\left(z_1-z_2\right)\left(\overline{z_1}-\overline{z_2}\right)={\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2-\left(z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2\right)$

 $\Rightarrow z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2=1$

$\Rightarrow {\left|z_1+z_2\right|}^2=\left(z_1+z_2\right)\left(\overline{z_1+z_2}\right)=\left(z_1+z_2\right)\left(\overline{z_1}+\overline{z_2}\right)={\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+\left(z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2\right)=3.$

Từ đó suy ra  $\left|z_1+z_2\right|=\sqrt{3}.$

Đáp án A

Gọi  $A\left(a;0;0\right)\in Ox,B\left(0;b;0\right)\in Oy,C\left(0;0;c\right)\in Oz.$

Phương trình mặt chắn của  $\left(P\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

Ta có:  $\overrightarrow{AH}=\left(1-a;-2;3\right),\overrightarrow{BH}=\left(1;-2-b;3\right),\overrightarrow{BC}=\left(0;-b;c\right),\overrightarrow{AC}=\left(-a;0;c\right).$

Để H là trực tâm tam giác ABC thì

 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0\\ H\in \left(ABC\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2b+3c=0\\ -a+3c=0\\ \frac{1}{a}+\frac{-2}{b}+\frac{3}{c}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ a=3c\\ \frac{1}{a}+\frac{4}{a}+\frac{9}{a}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=13\\ b=-\frac{13}{2}\\ c=\frac{13}{3}\end{array}\right..$

Do đó  $\left(P\right):x-2y+3z-13=0.$

Cách 2: Dễ thấy $OH\perp \left(P\right)$  nên $\left(P\right)$  qua H và nhận $\overrightarrow{OH}$ làm vectơ pháp tuyến

Do đó  $\left(P\right):x-2y+3z-13=0.$

Đáp án D

Với điều kiện  $0<x\ne \mathrm{1,0}<a\ne 1.$

Ta có:  $M={\log }_{x}a+{\log }_x{a}^3+{\log }_x{a}^5+\mathrm{...}+{\log }_x{a}^{2019}$

 $={\log }_x\left(a.a^3.a^5\mathrm{...}{a}^{2019}\right)=\left(1+3+5+\mathrm{...}+2019\right){\log }_{x}a\left(*\right)$

 $={1010}^2.{\log }_{x}a=\frac{{1010}^2}{{\log }_{a}x}.$

Đáp án D

Dễ thấy ABC là tam giác đều, nên có thể giả sử tọa độ ba điểm cực trị của hàm số đã cho là  $A\left(0;-1\right),B\left(-\sqrt{3};-4\right),C\left(\sqrt{3};-4\right).$

Đặt  $AM=x,AN=y\left(x,y>0\right).$

Từ giả thiết suy ra  $\frac{1}{2}xy\sin 60°=\frac{1}{3}\frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}\iff xy=4.$

Lại có  $M{N}^2=x^2+y^2-2xy\cos 60°\ge 2xy-4=4.$

GTNN của độ dài đoạn thẳng MN là 2.

Đáp án D

Điều kiện:  ${17.2}^x-8>0.$

Phương trình tương đương với:  ${17.2}^x-8=2^{2x}\iff {\left(2^x\right)}^2-{17.2}^x+8=0.$

Đặt $2^x=t$  (với $t>0$).

Khi đó phương trình trở thành:  $t^2-17t+8=0.$

Phương trình có hai nghiệm $t_1,t_2$  thỏa mãn:  $t_1.t_2=8$

 $\Rightarrow 2^{x_1}{.2}^{x_2}=8\iff 2^{x_1+x_2}=2^3\iff x_1+x_2=3.$

Đáp án C

Ta có:  $\lim \frac{1+2n-2\sqrt{5}{n}^2}{\sqrt{3n^4+2}}=\lim \frac{\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n}-2\sqrt{5}}{\sqrt{3+\frac{2}{n^4}}}=\frac{-2\sqrt{5}}{3}=\frac{-2\sqrt{15}}{3}\Rightarrow a=-\mathrm{2,}b=\mathrm{15,}c=3$

Khi đó  $\frac{ac}{b}+1=\frac{-2.3}{15}+1=\frac{3}{5}\notin \mathbb{Z}$

Đáp án D

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=\int \left({2018}^x\ln 2018-\cos x\right)dx\\ f\left(0\right)=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)={2018}^x-\sin x+C\\ 2={2018}^0-\sin 0+C\end{array}\right.$

$\iff f\left(x\right)={2018}^x-\sin x+1.$

Đáp án B

Giả sử $z=x+yi$  $\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x,y\right)$ là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng Oxy, $A\left(4;0\right),B\left(-4;0\right)$  tương ứng là các điểm biểu diễn số phức  $z_1=\mathrm{4,}{z}_2=-4$

Theo bài ra  $\left|z-4\right|+\left|z+4\right|=10\iff MA+MB=10=2a\iff a=5.$

 $AB=8=2c\Rightarrow c=4\Rightarrow b=\sqrt{a^2-c^2}=3$

Vậy tập hợp điểm M là elip có hai tiêu điểm A, B. Phương trình elip:    $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1.$

Diện tích của elip:  $S=\pi ab=15\pi .$

Đáp án A

Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.

Gắn hệ trục Oxy, vì $OI=30$  mét nên  $I\left(0;30\right).$

Phương trình hai đường tròn lần lượt là $x^2+y^2={20}^2$  và  $x^2+{\left(y-30\right)}^2={15}^2.$

Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó.

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2={20}^2\\ x^2+{\left(y-30\right)}^2={15}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{5\sqrt{455}}{12}\\ y=\frac{215}{12}\end{array}\right..$

Tổng diện tích hai đường tròn là  $\pi \left({20}^2+{15}^2\right)=625\pi \left(m^2\right).$

Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

  $y=30-\sqrt{{15}^2-x^2}$  và  $y=\sqrt{{20}^2-x^2}.$

Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là

 $S=\underset{-\frac{5\sqrt{455}}{12}}{\overset{\frac{5\sqrt{455}}{12}}{\int }}\left(\sqrt{{20}^2-x^2}+\sqrt{{15}^2-x^2}-30\right)dx\approx \mathrm{60,2546}\left(m^2\right).$

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là:

 $300\mathrm{000.60,2546}\approx 18076386$  (đồng).

Số tiền để làm phần còn lại là:

 $100000.\left(625\pi -\mathrm{2.60,2546}\right)=184299220$  (đồng)

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là:

  $184299220+18076386\approx 202375606$ (đồng).

Đáp án D

Xét phương trình:  ${\text{z}}^2-4z+5=0\iff {\left(z-2\right)}^2=-1\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=2+i\\ z_2=2-i\end{array}\right..$

Khi đó ta có:  ${\left(z_1-1\right)}^{2019}+{\left(z_2-1\right)}^{2019}={\left(1+i\right)}^{2019}+{\left(1-i\right)}^{2019}$

 $=\left(1+i\right).{\left[{\left(1+i\right)}^2\right]}^{1009}+\left(1-i\right).{\left[{\left(1-i\right)}^2\right]}^{1009}$

 $=\left(1+i\right).{\left(2i\right)}^{1009}+\left(1-i\right).{\left(-2i\right)}^{1009}$

 $={\left(2i\right)}^{1009}.\left[\left(1+i\right)-\left(1-i\right)\right]={\left(2i\right)}^{1010}=-2^{1010}.$

Đáp án A

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

ABCD là hình chữ nhật  $\Rightarrow OA=OB=OD.$

Mà $A^{\text{'}}A=A^{\text{'}}B=A^{\text{'}}D$  nên $A^{\text{'}}O\perp \left(ABD\right)$  (vì $A^{\text{'}}O$  là trực tâm tam giác ABD)

 $\Delta ABD$  vuông tại A

 $\Rightarrow BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=2a\Rightarrow OA=OB=OD=a.$

  $\Delta A^{\text{'}}AO$ vuông tại  $O\Rightarrow A^{\text{'}}O=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{O}^2}=a\sqrt{3}.$

 $S_{ABCD}=AB.AD=a^2\sqrt{3}\Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}O.S_{ABCD}=3a^3$

Đáp án A

Đặt  $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\left|z_3\right|=R.$

Khi đó A, B, C nằm trên đường tròn  $\left(O;R\right).$

Do $z_1+z_2=0$  nên hai điểm A, B đối xứng nhau qua O.

Như vậy điểm C nằm trên đường tròn đường kính AB (bỏ đi hai điểm A và B) hay tam giác ABC vuông tại C.

Đáp án C

Đặt $t=\cos x$  (vì $0<x<\frac{\pi }{3}\Rightarrow \frac{1}{2}<t<1$).

( $t^{\text{'}}=-\sin x<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{3}\right),$  do đó $t=\cos x$  nghịch biến trên $\left(0;\frac{\pi }{3}\right)$).

Hàm số trở thành  $y\left(t\right)=\frac{2t+3}{2t-m}\left(t\ne \frac{m}{2}\right)$

Ta có:  $y^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{-2m-6}{{\left(2t-m\right)}^2}.$

Do đó yêu cầu toán trở thành $y\left(t\right)$  đồng biến trên khoảng $\left(\frac{1}{2};1\right)$  khi $y^{\text{'}}\left(t\right)>\mathrm{0,}\forall t\in \left(\frac{1}{2};1\right).$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-2m-6>0\\ 2t-m\ne 0\end{array}\right.,\forall t\in \left(\frac{1}{2};1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}m<-3\\ m\ne 2t\end{array}\right.,\forall t\in \left(\frac{1}{2};1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}m<-3\\ m\notin \left(1;2\right)\end{array}\right.\iff m<-3.$

Đáp án B

(I) “Có $A_9^4$  số có 4 chữ số được lập từ tập X” là mệnh đề sai vì có $9^4$  số có 4 chữ số được lập từ tập X.

(II) “ $A_{10}^5$ là một tổ hợp chập 3 của X” là mệnh đề sai vì $A_{10}^5$  là một chỉnh hợp chập 3 của X.

(III) “Mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 9 của X” là mệnh đề đúng.

Đáp án C

 $F\left(x\right)=\int \frac{1}{x}dx=\ln \left|x\right|+C$  đồ thị hàm số $y=F\left(x\right)$  đi qua  $M\left(-1;0\right)$

 $\Rightarrow C=0\Rightarrow F\left(x\right)=\ln \left|x\right|.$

Đáp án C

Gọi n là số hàng cần tìm.

Ta có:  $1+2+3+\mathrm{...}+n=120\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2}=120\iff \left[\begin{array}{l}n=15\\ n=-16\left(l\right)\end{array}\right.\Rightarrow n=15.$

Đáp án B

Ta có:  $1+f\left(x\right)=f\left(x\right)f\left(1-x\right)+f\left(x\right)\Rightarrow \frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}=\frac{1}{f\left(1-x\right)+1}$

Xét  $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}$

Đặt  $t=1-x\Rightarrow x=1-t\Rightarrow dx=-dt.$

Đổi cận:  $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=1\\ x=1\Rightarrow t=0\end{array}\right..$

Khi đó  $\frac{dt}{1+f\left(1-t\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(1-x\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx.$

Mặt khác $\frac{dx}{1+f\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=1$  hay  $2I=1.$

Vậy  $I=\frac{1}{2}.$