Phương pháp giải:

Thể tích khối lập phương cạnh a có: V=$a^3$

Thay vào công thức ta được:

Đáp án A

Thể tích khối lập phương cạnh $2a$ là: $V={\left(2a\right)}^3=8a^3$ .

Xem thêm bài viết tương tự chi tiết, hay: Công thức, cách tính thể tích Hình lập phương hay, chi tiết

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$ .

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2.

Đáp án A

Ta có: $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}\left(2;-3;4\right)$ .       

Lưu ý: Ta có thể chỉ cần đọc các hệ số lần lượt của các véctơ $\overrightarrow{i};\overrightarrow{j};\overrightarrow{k}$  tương ứng.

Đáp án D

Ta thấy trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$  thì $y^{\text{'}}<0$ , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$ .

Lưu ý: Tại $x=-\frac{1}{2}$ , hàm số bị gián đoạn; vậy không thể nói hàm số đơn điệu trên khoảng$\left(-\infty ;3\right)$

Đáp án B

Ta có: $\log \left(a{b}^2\right)=\log a+\log b^2=\log a+2\log b$ .

Đáp án A

Ta có: $\underset{0}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{6}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow 7=P+3\Rightarrow P=4$ .

Lưu ý: Chọn cận bé nhất và cận lớn nhất, sau đó ta tiến hành cộng lần lượt: 

$0\stackrel{0\stackrel{}{\to }2\stackrel{}{\to }6\stackrel{}{\to }10}{\to }10$

Đáp án B

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}2r=a\\ l=a\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}r=\frac{a}{2}\\ h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a\end{array}\right.\Rightarrow V=\frac{\pi r^{2}h}{3}=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^2\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{\sqrt{3}\pi a^2}{24}$.

Đáp án C

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 54-x^3>0\end{array}\right.$.

Phương trình tương đương với: $\log \left(54-x^3\right)=\log x^3\iff 54-x^3=x^3\iff x^3=27\iff x=3$  (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3.

Đáp án B

Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm $A\left(2;0;0\right),B\left(0;-3;0\right),C\left(0;0;2\right)$  là:

$\frac{x}{2}+\frac{y}{-3}+\frac{z}{2}=1$.

Đáp án B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int x\left(1+\sin x\right)dx=\int xdx+\int x\sin xdx$

$=\int xdx-\int xd\left(\cos x\right)=\frac{x^2}{2}-\left(x\cos x-\int \cos xdx\right)=\frac{x^2}{2}-x\cos x+\sin x+C$.

Đáp án B

Đáp án A

Có 3 phương án lựa chọn:

+ Phương án 1: Số có 1 chữ số khác nhau; có 3 cách chọn: 1; 2; 3.

+ Phương án 2: Số có 2 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 12; 21; 13; 31; 23; 32.

+ Phương án 3: Số có 3 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 123; 132; 213; 231; 321; 312.

Vậy có 3 + 6 + 6 = 15 cách chọn.

Đáp án C

Ta có: $u_{99}=u_1+98d=11+98.4=403$ .

Đáp án D

Ta có $\overline{z}=-1+2i$  nên điểm biểu diễn số phức $\overline{z}$  là Q.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

Khi $x\to +\infty$  thì $y\to +\infty$ , suy ra loại C và D.

Tọa độ các điểm cực trị là  và  nên đáp án A là phù hợp.

Đáp án D

Hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$  liên tục trên $\left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<\mathrm{0,}\forall x\in \left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$ .      

Bảng biến thiên hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$  trên $\left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$  như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$  trên $\left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$  không tồn tại GTLN.

Đáp án B

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(1-x\right)$ .

Hàm số $g\left(x\right)$  nghịch biến khi  $-f^{\text{'}}\left(1-x\right)<0\iff f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0$

$\iff \left[\begin{array}{l}1-x>1\\ -1<1-x<0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ 1<x<2\end{array}\right.$.

Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(1-x\right)$  có nghịch biến trên khoảng $\left(-2;0\right)$ .

Đáp án A

Đặt $z=x+yi\Rightarrow {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2={\left(x+3\right)}^2+y^2\iff 2x-y+1=0$

Đáp án A

Ta có: $\left(S\right):x^2+y^2+x^2+2x-4y+6z-2=0$  hay $\left(S\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=16$ .

Do đó  mặt cầu $\left(S\right)$  có tâm  $I\left(-1;2;-3\right)$ và bán kính $R=4$.

Đáp án D

Ta có ${\log }_{2}x=5{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b={\log }_2{a}^5+{\log }_2{b}^3={\log }_2{a}^5{b}^3\iff x=a^5{b}^3$ .

Đáp án A

Ta có: $z^2-2z+2-0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.$ .

Xét $P=2\left|z_1+z_2\right|+\left|z_1-z_2\right|=2\left|2\right|+\left|2i\right|=4+2=6$

Đáp án C

Cách 1: Chọn $M\left(-2;0;0\right)\in \left(\beta \right)$

Do $\left(\alpha \right)\text{//}\left(\beta \right)$  ta có: $d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=d\left(M,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|-4+0+0+1\right|}{\sqrt{2^2+4^2+4^2}}=\frac{1}{2}$ .

Cách 2:

 $\left(\alpha \right):2x+4y+4z+1=0\iff x+2y+2x+\frac{1}{2}=0$ .

Khi đó: $d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=\frac{\left|\frac{1}{2}-2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{1}{2}$ .

Tổng quát: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song $\left(\alpha \right):ax+by+cz+d_1=0$, $\left(\beta \right):ax+by+cz+d_2=0$  là:

$d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=\frac{\left|d_1-d_2\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Đáp án A

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}3-2x>0\\ x+1>0\end{array}\right.\iff -1<x<\frac{3}{2}$ .

Bất phương trình tương đương với: $3-2x\ge x+1\iff x\le \frac{2}{3}$ .

Kết hợp điều kiện, ta được:$-1<x\le \frac{2}{3}$

Đáp án B

Khi ô tô dừng lại thì vận tốc $v\left(t\right)=0\left(\text{m/s}\right)$ .

Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là: $-10t+20=0\iff t=2\left(\text{s}\right)$ .

Gọi $t=0$  là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là: $s=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(-10t+20\right)dt={\left.\left(-5t^2+10t\right)\right|}_0^2=20\left(\text{m}\right)$ .

Đáp án C

Gọi $R\left(R>0\right)$  là bán kính khối cầu ban đầu.

$V_1$ là thể tích khối cầu ban đầu: $V_1=\frac{4}{3}\pi R^3\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$ .

$V_2$ là thể tích khối cầu khi tăng bán kính thêm 3cm: $V_2=\frac{4}{3}\pi {\left(R+3\right)}^3\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$ .

Ta có:$V_2-V_1=684\pi \iff \frac{4}{3}\pi {\left(R+3\right)}^3-\frac{4}{3}\pi R^3=684\pi \iff R^2+3R-54=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}R=6\left(\text{ nhận}\right)\\ R=-9\left(\text{ loại}\right)\end{array}\right.\Rightarrow R=6\left(cm\right)$

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=-5$ , nên đường thẳng $y=-5$  là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$  nên đường thẳng $x=2$  là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.

Đáp án C

Tam giác ABC, có: $A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2={10}^2=B{C}^2$ ,

suy ra tam giác ABC vuông tại A.

Diện tích tam giác ABC là: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=24\left(đvdt\right)$ .

Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$  là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SA=32\left(đvtt\right)$ .

Đáp án B

Ta có:$f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x^2+1\right)}^{\text{'}}{.2}^{x^2+1}.\ln 2=2x.\ln {2.2}^{x^2+1}$

Vậy $T=2^{-x^2-1}.2x.\ln {2.2}^{x^2+1}-2x\ln 2+2=2x\ln 2-2x\ln 2+2=2$ .

Đáp án A

Ta có: $f\left(x\right)-2=0\iff f\left(x\right)=2$ .

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-2=0$  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thẳng $y=2$ .

Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Do ABCD là hình vuông cạnh $a\Rightarrow AC=a\sqrt{2}$ .

 $\Rightarrow A{C}^2=2a^2=S{A}^2+S{C}^2\Rightarrow \Delta SAC$  vuông tại S.

Từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của $\Delta DSA\Rightarrow \overrightarrow{NM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}$

Khi đó $\overrightarrow{NM}.\overrightarrow{SC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=0\Rightarrow MN\perp SC\Rightarrow \left(MN,SC\right)=90°$

Đáp án A

Ta có $e^{x^2-3x}=\frac{1}{e^2}\iff e^{x^2-3x}=e^{-2}\iff x^2-3x=-2\iff x^2-3x+2=1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$ .

Suy ra $S=\left\{1;2\right\}\stackrel{}{\to }T=1+2=3$ .

Đáp án B

Ta có thể tích phần không chứa nước $V_1=3.\pi {.4}^2=48\pi$ .

Như vậy để nước trào ra ngoài thì số bi thả vào cốc phải có tổng thể tích lớn hơn 48p.

Gọi n là số viên bi tối thiểu thả vào cốc khi đó tổng thể tích của n viên bị là $V_2=n.\frac{4}{3}\pi {.2}^3=\frac{32\pi n}{3}$ .

Theo bài ra $\frac{32\pi n}{3}>48\pi \iff n>\frac{9}{2}$ .

Vậy $n=5.$

Đáp án A

Có$F^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+a\right)e^{-x}-\left(x^2+ax+b\right)e^{-x}=\left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right]e^{-x}$

Vì $F\left(x\right)$  là một nguyên hàm của $f\left(x\right)$  nên ta có

$F^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right),\forall x\Rightarrow \left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right]e^{-x}=\left(-x^2+3x+6\right)e^{-x}$

Đồng nhất hệ số hai vế, ta được $\left\{\begin{array}{l}2-a=3\\ a-b=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-7\end{array}\right.\Rightarrow a+b=-8$ .

Đáp án C

Ta có $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(C,\left(SAD\right)\right)$ .

Gọi M là trung điểm AD, suy ra ABCM là hình vuông $\Rightarrow CM\perp AD$ .

Do $\left\{\begin{array}{l}CM\perp AD\\ CM\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CM\perp \left(SAD\right)$  nên $d\left(C,\left(SAD\right)\right)=CM=AB=a\sqrt{3}$ .

Vậy $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{u_d}=\left(1;4;1\right)$  và $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-1;2\right)$

Do $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\text{//}\left(P\right)$ .

Khi đó: $d\left(d,\left(P\right)\right)=d\left(M\left(P\right)\right)=\frac{\left|2+1-9\right|}{\sqrt{4+1+4}}=2$ .

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-m\right\}$ .

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

Hàm số $y=\frac{mx+1}{x+m}$  đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$  khi:$y^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(2;+\infty \right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1>0\\ -m\notin \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1>\\ -m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)\\ -m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1+\infty \right)\\ m\ge -2\end{array}\right.$

$\iff m\in \left[-2;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Gọi $w=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$ .

Theo đề bài ta có:$w=\left(1+i\sqrt{8}\right)z+i\iff w-i=\left(1+i\sqrt{8}\right)z$

$\iff w-i=\left(1+i\sqrt{8}\right)\left(z+1\right)-\left(1+i\sqrt{8}\right)\iff w-i+1+i\sqrt{8}=\left(1+i\sqrt{8}\right)\left(z+1\right)$

$\iff \left(x+1\right)+\left(y-1+\sqrt{8}\right)i=\left(1+i\sqrt{8}\right)\left(z+1\right)$

Lấy môđun 2 vế ta được:$\left|\left(x+1\right)+\left(y-1+\sqrt{8}\right)i\right|=\left|1+i\sqrt{8}\right|.\left|z+1\right|$

 $\sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1+\sqrt{8}\right)}^2}=\sqrt{1^2+{\left(\sqrt{8}\right)}^2}.2\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1+\sqrt{8}\right)}^2=36$  

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $w=\left(1+i\sqrt{8}\right)z+i$  là một đường tròn có bán kính $r=6$ .

Đáp án C

$y^{\text{'}}=3f^{\text{'}}\left(x+2\right)-6x^2-3x+3=3\left[f^{\text{'}}\left(x+2\right)-\left(2x^2+x-1\right)\right]$.

Đặt $t=x+2\Rightarrow x=t-2$ .

Ta có:$f^{\text{'}}\left(x+2\right)-\left(2x^2+x-1\right)=f^{\text{'}}\left(t\right)-\left(2t^2-7t+5\right)$

Bảng xét dấu hàm $f^{\text{'}}\left(t\right)$  và$0<\frac{x}{x^2+4}\le \frac{x}{4x}=\frac{1}{4},\forall x>0$

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy:

+ Với $\left(-\infty ;1\right)$  thì $f^{\text{'}}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right),\forall t<1\iff y^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x<-1$ ; loại B.

+ Với $t\in \left(3;4\right)\Rightarrow x\in \left(1;2\right)$  thì $f^{\text{'}}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right),\forall t\in \left(3;4\right)\iff y^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;2\right)$ ; loại A, D.

+ Với $t\in \left(1;\frac{5}{2}\right)\iff x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$  thì $f^{\text{'}}\left(t\right)>\left(2t^2-7t+5\right),\forall t\in \left(1;\frac{5}{2}\right)\iff y^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$ .

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\left(-1;\frac{1}{2}\right)$ .

Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Đáp án D

Gọi $A_i$ : “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với $i=\overline{\mathrm{1,3}}$ .

Khi đó $\overline{A_i}$ : “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.

Ta có $P\left(A\right)=\mathrm{0,7}\Rightarrow P\left(\overline{A_1}\right)=\mathrm{0,3};$ $P\left(A\right)=\mathrm{0,6}\Rightarrow P\left(A\right)=\mathrm{0,4};$  $P\left(A_3\right)=\mathrm{0,5}\Rightarrow P\left(\overline{A_3}\right)=\mathrm{0,5}$

Gọi $B$ : “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.

Và $\overline{B}$ : “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Ta có $P\left(B\right)=P\left(\overline{A_1}\right).P\left(\overline{A_2}\right).P\left(\overline{A_3}\right)=\mathrm{0,3.0,4.0,5}=\mathrm{0,06}$ .

Khi đó $P\left(\overline{B}\right)=1-P\left(B\right)=1-\mathrm{0,06}=\mathrm{0,94}$ .

Đáp án D

Tổng lương sau tròn 20 năm là:

$S=36\left[1+\left(1+\frac{2}{5}\right)+{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^2+\mathrm{...}+{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^5\right]+24{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6=36.\frac{1\left[1-{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6\right]}{1-\left(1+\frac{2}{5}\right)}+24{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6\approx \mathrm{768,37}$.

Đáp án B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$ .

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{x^2+2mx+4m}{x+2}$  trên đoạn $\left[-1;1\right]$ .

Hàm số xác định và liên tục trên $\left[-1;1\right]$ .

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2+4x}{{\left(x+2\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-1;1\right]\\ x=-4\notin \left[-1;1\right]\end{array}\right.$ .

Ta lại có $g\left(0\right)=2m;g\left(-1\right)=2m+1;g\left(1\right)=2m+\frac{1}{3}$ .

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[-1;1\right]}{\min }g\left(x\right)=2m\\ \underset{\left[-1;1\right]}{\max }g\left(x\right)=2m+1\end{array}\right.$ .

Suy ra $\underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{\left|2m\right|;\left|2m+1\right|\right\}$ .

Theo đề bài: $\underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=3$  nên ta có: $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|2m+1\right|=3\\ \left|2m+1\right|\ge \left|2m\right|\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|2m\right|=3\\ \left|2m\right|\ge \left|2m+1\right|\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$ .