Đáp án A

Ta có, mặt cầu $S_{\left(O;r\right)}$  có bán kính đường tròn lớn bằng r.

Do mặt cầu $S_{\left(O;r\right)}$  có diện tích đường tròn lớn là 2π nên $\pi r^2=2\pi \Rightarrow r=\sqrt{2}$  (do $r>0$ ).

Đáp án A

Giá trị cực đại của hàm số đã cho là $f\left(2\right)=5$ .

Đáp án B

Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm tam giác ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1-1+0}{3}=0\\ y_G=\frac{2+0+0}{3}=\frac{2}{3}\\ z_G=\frac{3+1+0}{3}=\frac{4}{3}\end{array}\right.\Rightarrow G\left(0;\frac{2}{3};\frac{4}{3}\right)$ .

Vậy trọng tâm G của tam giác OAB có tọa độ là: $\left(0;\frac{2}{3};\frac{4}{3}\right)$ .

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta có, hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(1;+\infty \right)$ .

Trong các khoảng đã cho trong các đáp án, chỉ có khoảng $\left(-2;-1\right)\subset \left(-\infty ;-1\right)$  thỏa mãn.

Đáp án A

Hàm số $y={\log }_2\frac{x-1}{x+5}$  xác định khi và chỉ khi$\frac{x-1}{x+5}>0$

  $\iff \left(x-1\right)\left(x+5\right)\iff x^2+4\text{x}-5>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-5\\ x>1\end{array}\right.$.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=\left(-\infty ;-5\right)\cup \left(1;+\infty \right)$ .

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án C

Ta có: $I=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}x\text{dx}+2\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-3\underset{1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)d\text{x}=\frac{3}{2}+2.2-3.\left(-1\right)=\frac{17}{2}$ .

Đáp án C

Khối nón có đường kính đáy là a nên bán kính đáy là $R=\frac{a}{2}$ .

Độ dài đường sinh  nên đường cao khối nón: $h=\sqrt{{\mathcal{l}}^2-R^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

Thể tích khối nón:$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}\pi }{24}{a}^3$

Đáp án D

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

Phương trình đã cho tương đương với:$2{\log }_2\left(2\text{x}-1\right)=2{\log }_2\left(x-2\right)$ $\iff 2\text{x}-1=x-2\iff x=-1$(không thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Đáp án D

Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng là $\overrightarrow{n_1}=\left(3;1;-2\right)$ .

Đáp án A

Ta có$\int f\left(x\right)d\text{x}=\int 2\text{x}\left(3+e^x\right)d\text{x}=6\int x\text{dx}+2\int x{e}^{x}d\text{x}$

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}d\text{x}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=d\text{x}\\ v=e^x\end{array}\right.$ .

Do đó: $\int f\left(x\right)d\text{x}=3{\text{x}}^2+2\left(x{e}^x-\int e^{x}d\text{x}\right)=3{\text{x}}^2+2\text{x}{e}^x-2{\text{e}}^x+C$ .

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án A

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

Gọi d là đường thẳng cần tìm.

Do $d\perp \left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;-2\right)$ , suy ra loại C, D.

Đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}qua\text{ M}\left(1;-2;3\right)\\ \overrightarrow{u_d}=\left(1;1;-2\right)\end{array}\right.$ .

Do đó có phương trình $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+t^{\text{'}}\\ y=-2+t^{\text{'}}\\ z=3-2t^{\text{'}}\end{array}\right.\left(t^{\text{'}}\in ℝ\right)$ .

Chọn $t^{\text{'}}=1\Rightarrow N\left(2;-1;1\right)\in \Delta$ .

Vậy $d:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-1+t\\ z=1-2t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$.

Đáp án B

Xếp bạn Nam ngồi giữa có 1 cách.

Số cách xếp 4 bạn học sinh Bình, An, Hạnh, Phúc vào 4 chỗ còn lại là một hoán vị của 4 phần tử nên có 4! cách.

Vậy có 24 cách xếp.

Đáp án B

Ta có $u_{n+1}=3^{n+1}={3.3}^n$ .

Đáp án A

Phương trình tương đương với: $z=\frac{-2-11i}{1-2i}=\frac{\left(-2-11i\right)\left(1+2i\right)}{1^2+{\left(-2\right)}^2}=4-3i$

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

Đáp án C

Từ đồ thị và giả thiết suy ra đây là đồ thị của hàm số bậc 4 hoặc bậc 2 nên loại phương án A.

Đồ thị đi qua điểm $A\left(1;2\right)$  nên chọn đáp án C.

Đáp án B

TXĐ: $D=\left[0;4\right]$ .

Xét hàm số $y=\sqrt{-x^2+4\text{x}}$  trên khoảng $\left(0;3\right)$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{-x+2}{\sqrt{-x^2+4\text{x}}}=0\iff x=2\in \left(0;3\right)$ .

Bảng biến thiên hàm số $y=\sqrt{-x^2+4\text{x}}$  trên khoảng $\left(0;3\right)$  như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: $\underset{\left(0;3\right)}{\max }y=y\left(2\right)=2$ .

Đáp án B

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

Đáp án D

Phương trình tương đương với: $3\text{x}-2+\left(2y+1\right)i=x+1+\left(5-y\right)i$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}3\text{x}-2=x+1\\ 2y+1=5-y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ y=\frac{4}{3}\end{array}\right.$

Đáp án A

Mặt cầu đường kính MN nhận trung điểm $I\left(1;1;1\right)$  của đoạn thẳng MN là tâm và có bán kính 

$R=IM=\sqrt{{\left(6-1\right)}^2+{\left(2-1\right)}^2+{\left(-5-1\right)}^2}=\sqrt{62}$.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=62$ .

Đáp án D

Do x, y là các số thực dương nên ta có: ${\log }_{\frac{1}{27}}\left(\frac{x}{y^3}\right)=-\frac{1}{3}{\log }_3\left(\frac{x}{y^3}\right)=-\frac{1}{3}\left({\log }_{3}x-{\log }_3{y}^3\right)$

  $=-\frac{1}{3}\left({\log }_{3}x-3{\log }_{3}y\right)=-\frac{1}{3}{\log }_{3}x+{\log }_{3}y=-\frac{1}{3}a+b.$

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án A

Ta có:  $z^2-3\text{z}+5=0\iff z=\frac{3\pm i\sqrt{11}}{2}$(bấm máy tính).

Khi đó $\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=2\sqrt{5}$ .

Đáp án D

Gọi phương trình mặt phẳng $\left(P\right)$  có dạng $x+2y+2\text{z}+d=0$  (với $d\ne 0;d\ne -3$ ).

Có $d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=1\iff \frac{\left|d+3\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=1\Rightarrow \left[\begin{array}{l}d=0\\ d=-6\end{array}\right.$ .

Kết hợp điều kiện, suy ra $\left(P\right)$  có dạng: $x+2y+2\text{z}-6=0$ .

Đáp án C

Bất phương trình tương đương với: ${3.3}^{2\text{x}}-{7.3}^x+2>0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x<\frac{1}{3}\\ 3^x>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<{\log }_3\frac{1}{3}\\ x>{\log }_{3}2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>{\log }_{3}2\end{array}\right.$

Đáp án D

Ta có: $S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)d\text{x}\right|=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left|f\left(x\right)d\text{x}\right|+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)d\text{x}\right|=-\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}$

  $=-S_1+S_2=S_2-S_1.$

Đáp án D

Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ.

Khi đó ta có thể tích khối trụ là: $V_1=\pi R^{2}h=6\pi$ .

Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể của khối trụ mới là: $V_2=\pi {\left(3\text{R}\right)}^{2}h=9\pi R^{2}h=9V_1=54\pi$ .

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-2\text{x}+2019}{\left|x\right|-2018}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-2\text{x}+2019}{x-2018}=-2$  nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=-2$ .

Lại có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-2\text{x}+2019}{\left|x\right|-2018}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-2\text{x}+2019}{-x-2018}=2$  nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=2$ .

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là $y=\pm 2$ .

Đáp án B                     

Vì $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\text{D}\right)\\ \left(SA\text{D}\right)\perp \left(ABC\text{D}\right)\end{array}\right.\Rightarrow SA\perp \left(ABC\text{D}\right)$ .

Chiều cao khối chóp là: $SA=a\sqrt{15}$ .

Diện tích hình chữ nhật ABCD là:  $S_{ABC\text{D}}=AB.BC=2{\text{a}}^2$(đvdt).

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{S.ABC\text{D}}=\frac{1}{3}{S}_{ABC\text{D}}.SA=\frac{2{\text{a}}^3\sqrt{15}}{3}$ (đvdt).

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{2}{3}{\left(2{\text{x}}^2+x-1\right)}^{-\frac{1}{3}}{\left(2{\text{x}}^2+x-1\right)}^{\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{\sqrt[3]{2{\text{x}}^2+x-1}}\left(4\text{x}+1\right)=\frac{2\left(4\text{x}+1\right)}{3\sqrt[3]{2{\text{x}}^2+x-1}}$ .

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=x-2m$  và đồ thị hàm số $y=\frac{x-3}{x+1}$  là:

$x-2m=\frac{x-3}{x+1}$ (với $x\ne -1$ ) $\iff x^2-2m\text{x}+3-2m=0$  (1).

Để đường thẳng $y=x-2m$  cắt đồ thị hàm số $y=\frac{x-3}{x+1}$  tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác $-1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}>0\\ {\left(-1\right)}^2-2m.\left(-1\right)+3-2m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+2m-3>0\\ 4\ne 0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>1\\ m<-3\end{array}\right..$

Vậy $\left[\begin{array}{l}m>1\\ m<-3\end{array}\right.$  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$ .

Gọi K là trung điểm AC, suy ra $HK\perp AC$ .

Kẻ $HE\perp SK\left(E\in SK\right)$ .

Khi đó $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=2\text{d}\left(H,\left(SAC\right)\right)=2HE=2\frac{SH.HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{2\text{a}\sqrt{39}}{13}$.

Đáp án A

Điều kiện: $3^{x+1}-1>0\iff x>-1$ .

Phương trình tương đương với: ${\log }_3\left(3^{x+1}-1\right)=2\text{x}-{\log }_{3}2\iff {\log }_3\left(3^{x+1}-1\right)+{\log }_{3}2=2\text{x}$ 

$\iff {\log }_3\left[\left(3^{x+1}-1\right).2\right]=2\text{x}\iff \left(3^{x+1}-1\right).2=3^{2\text{x}}\iff {6.3}^x-2=3^{2\text{x}}$

$\iff 3^{2\text{x}}-{6.3}^x+2=0\stackrel{Vi-et}{\to }\left\{\begin{array}{l}{3}^{x_1}+3^{x_2}=6\\ 3^{x_1}{.3}^{x_2}=2\end{array}\right.$

Ta có $S={27}^{x_1}+{27}^{x_2}={\left(3^{x_1}+3^{x_2}\right)}^3-{3.3}^{x_1}{.3}^{x_2}.\left(3^{x_1}+3^{x_2}\right)=6^3-\mathrm{3.2.6}=180$ .

Đáp án B

Hai khối trụ có chung đường cao nên $k=\frac{V_1}{V_2}=\frac{\pi R^{2}h}{\pi r^{2}h}={\left(\frac{R}{r}\right)}^2=2$  với $R=\frac{AC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}$  là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy; $r=\frac{AB}{2}$  là bán kính đường tròn nội tiếp đáy.

Đáp án D

Ta có $\int e^{-x}\left(2{\text{e}}^x+1\right)d\text{x}=\int \left(2+e^{-x}\right)d\text{x}=2\text{x}-e^{-x}+C$ .

Theo giả thiết $F\left(0\right)=1\Rightarrow -1+C=1\iff C=2$ .

Suy ra $F\left(2\right)=2\text{x}-e^{-x}+2$ .

Đáp án A

Xác định $60°=\widehat{S\text{D},\left(ABC\text{D}\right)}=\widehat{S\text{D},A\text{D}}=\widehat{S\text{D}A}$  và $SA=A\text{D}.\tan \widehat{S\text{D}A}=2\text{a}\sqrt{3}$ .

Ta có $d\left(C,\left(SB\text{D}\right)\right)=d\left(A,\left(SB\text{D}\right)\right)$ .

Kẻ $A\text{E}\perp B\text{D}$  và kẻ $AK\perp SE$ .

Khi đó $d\left(A,\left(SB\text{D}\right)\right)=AK$ .

Tam giác vuông BAD, có $A\text{E}=\frac{AB.A\text{D}}{\sqrt{A{B}^2+A{\text{D}}^2}}=\frac{2\text{a}}{\sqrt{5}}$ .

Tam giác vuông SAE, có $AK=\frac{SA.A\text{E}}{\sqrt{S{A}^2+A{\text{E}}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Vậy $d\left(C,\left(SB\text{D}\right)\right)=AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Đáp án A

Gọi $M\left(2+2m;3+3m;-4-5m\right)\in \text{d};\text{ N}\left(-1+3n;4-2n;4-n\right)\in d\text{'}$.

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-3+3n-2m;1-2n-3m;8-n+5m\right)$ .

Mà do MN là đường vuông góc chung của d và  nên $\left\{\begin{array}{l}MN\perp d\\ MN\perp d^{\text{'}}\end{array}\right.$

  $\iff \left\{\begin{array}{l}2\left(-3+3n-2m\right)+3\left(1-2n-3m\right)-5\left(8-n+5m\right)=0\\ 3\left(-3+3n-2m\right)-2\left(1-2n-3m\right)-1\left(8-n+5m\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-38m+5n=43\\ -5m+14n=19\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=-1\\ n=1\end{array}\right.$

Suy ra $M\left(0;0;1\right),N\left(2;2;3\right)$ .

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(2;2;2\right)$  nên đường vuông góc chung MN là: $\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{1}$ .

Đáp án B

Đặt $t=e^x$  (khi $x\in \left(0;+\infty \right)$  thì $t\in \left(1;+\infty \right)$ ).

Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số $y=\frac{t-1}{t-m}$  đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$ .

TXĐ: $D=ℝ/\left\{m\right\}$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m+1}{{\left(t-m\right)}^2}$ .

Để hàm số đồng biến trên $\left(1+\infty \right)$  thì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;+\infty \right)\\ m\notin \left(1;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-m>0\\ m\le 1\end{array}\right.\Rightarrow m<1$ .