Đáp án A

Vì thiết diện qua trục khối trụ là hình vuông nên đường cao của khối trụ là $h=AD=2.r=2a$ .

Thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=2\pi a^3$ .

Đáp án C

TXĐ: $D=ℝ$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại là: $\left(0;2\right)$.

Đáp án C

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào đường thẳng.

Thấy tọa độ điểm P thỏa mãn $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-3}{2}$ .

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng xét dấu $y^{\text{'}}$  như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(3;+\infty \right)$ ; nên đồng biến trên $\left(4;5\right)$ .

Đáp án A

Điều kiện:$x>0$

Ta có:${\log }_{2}x+\frac{1}{2}{\log }_{2}x={\log }_2\frac{1}{\sqrt{3}}\iff 3{\log }_{2}x=2{\log }_2\frac{1}{\sqrt{3}}\iff {\log }_2{x}^3={\log }_2\frac{1}{3}$

$\iff x^3=\frac{1}{3}\iff x=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$(thỏa mãn).

Đáp án C

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2-2.5=-8$ .

Đáp án B

Thể tích khối trụ: $V=h\pi r^2=\sqrt{3}a\pi a^2=\pi \sqrt{3}{a}^3$ .

Đáp án B

Phương trình tương đương với: ${\pi }^{2x^2+x-3}={\pi }^0\iff 2x^2+x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$ .

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án D

$\left(P\right)$ là mặt phẳng trung trực của AB nên nhận $\overrightarrow{AB}=\left(2;4;-2\right)$  làm một véctơ pháp tuyến. Suy ra $\overrightarrow{u}=\left(1;2;-1\right)=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$  cũng là một véctơ pháp tuyến của $\left(P\right)$ .

Đáp án B

Ta có: $f\left(x\right)=\frac{e^{2x}-6}{e^x}=e^x-6.e^{-x}$

Do đó $F\left(x\right)=e^x+6e^{-x}+C$  và $F\left(0\right)=e^0+6e^{-0}+C=7\iff C=0$ .

Suy ra $F\left(x\right)=e^x+6e^{-x}$ .

Phương trình $F\left(x\right)=5\iff e^x+6e^{-x}=5\iff e^{2x}-5e^x+6=0\iff \left[\begin{array}{l}{e}^x=2\\ e^x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\ln 2\\ x=\ln 3\end{array}\right.$ .

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: $\ln 2+\ln 3=\ln 6$ .

Đáp án B

Ta thay tọa độ điểm $\left(-1;-4;3\right)$  vào phương trình đường thẳng $\Delta$  thì ta thấy thỏa mãn. Do đó điểm $\left(-1;-4;3\right)$  thuộc đường thẳng $\Delta$ .

Đáp án B

Mỗi số có ba chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử.

Nên số các số lập được là $A_6^3=120$ .

Đáp án B

Theo giả thiết, bốn số 5; x; 15; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên theo tính chất các số hạng của một cấp số cộng, ta có: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5+15}{2}\\ y=\frac{x+y}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=10\\ y=20\end{array}\right.$ . Vậy $3x+2y=70$ .

Đáp án A

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức $z=-4+5i$  có tọa độ là $\left(-4;5\right)$ .

Đáp án A

Từ đồ thị suy ra hệ số $a>0$  nên nhận đáp án A hoặc C.

Đồ thị cắt Oy tại điểm có tung độ dương $\left(d>0\right)$ , nên chọn đáp án A.

Đáp án D

Hàm số $y=\frac{x^2-4x}{2x+1}$  liên tục trên $\left[0;3\right]$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{2x^2+2x-4}{{\left(2x+1\right)}^2}=0\iff 2x^2+2x-4=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\notin \left[0;3\right]\\ x=1\in \left[0;3\right]\end{array}\right.$

Ta lại có: $y\left(0\right)=0$ ; $y\left(1\right)=-1$ ; $y\left(3\right)=-\frac{3}{7}$ .

Do đó: $\underset{\left[0;3\right]}{\min y}=y\left(1\right)=-1$ .

Đáp án D

TXĐ: $D=ℝ$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=-x^2+2mx-2m$ .

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $y^{\text{'}}=0$  có hai nghiệm phân biệt

$\iff {\Delta }^{\text{'}}>0\iff m^2-2m>0\iff \left[\begin{array}{l}m>2\\ m<0\end{array}\right.$.

Đáp án C

Để z là số thuần ảo $\iff m^2-1=0\iff m=\pm 1$ .

Lỗi học sinh thường mắc: “z là số thuần ảo” $\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1=0\\ m+1\ne 0\end{array}\right.\iff m=1$ .

Đáp án C

Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:

$d\left(I,\left(P\right)\right)=r\iff \frac{\left|2-4+1-8\right|}{\sqrt{4+4+1}}=3\Rightarrow r=3$

Vậy phương trình mặt cầu là: $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=9$ .

Đáp án C

Đáp án D

Ta có: $\left|z-i\right|=4\iff \left|x+\left(y-1\right)i\right|=4\iff \sqrt{x^2+{\left(y-1\right)}^2}=4\iff x^2+{\left(y-1\right)}^2=16$ .

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;0;-1\right)\\ \overrightarrow{n_{\left(Oxy\right)}}=\left(0;0;1\right)\end{array}\right.$ .

Gọi $\phi$  là góc giữa mặt phẳng $\left(P\right)$  và mặt phẳng $\left(Oxy\right)$

$\Rightarrow \cos \phi =\frac{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}.\overrightarrow{n_{\left(Oxy\right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right|.\left|\overrightarrow{n_{\left(Oxy\right)}}\right|}=\frac{\left|1.0+0.0+\left(-1\right).1\right|}{\sqrt{1^2+0^2+{\left(-1\right)}^2}.\sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \phi =45°$

Đáp án C

Ta có $a^{2x+1}>1\iff 2x+1<0$  (vì $0<a<1$ ) $\iff x<-\frac{1}{2}$.

Đáp án C

Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi công thức: $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx$

Do $f\left(x\right)<0$ , $\forall x\in \left(a;c\right)$ ; $f\left(x\right)>0$ , $\forall x\in \left(c;b\right)$ nên ta có:

$S=-\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

Đáp án A

Thiết diện qua trục là hình vuông $\Rightarrow R=\frac{h}{2}$

Khi đó: $S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2=2\pi .\frac{h}{2}.h+2\pi {\left(\frac{h}{2}\right)}^2=\frac{3\pi h^2}{2}=4\pi \iff h=\frac{2\sqrt{6}}{3}\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{3}$ .

Vậy $V=\pi R^{2}h=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}$

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{0;2\right\}$ .

• $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x^3-2x^2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x^3}}{1-\frac{2}{x}}=0$ ;

• $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x^3-2x^2}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x^3}}{1-\frac{2}{x}}=0$ .

Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là $y=0$ .

•$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x^3-2x^2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(x-1\right)}{x^2\left(x-2\right)}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-1}{x^2}=\frac{1}{4}$

Nên $x=2$  không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

•$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x^3-2x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(x-1\right)}{x^2\left(x-2\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-1}{x^2}=-\infty$

Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x=0$ .

Vậy tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 2 tiệm cận.

Đáp án A

Đặt độ dài cạnh của khối lập phương là x $\left(x>0\right)$  .

Khi đó: $C{C}^{\text{'}}=x$ ;  $AC=x\sqrt{2}$.

Tam giác vuông $AC{C}^{\text{'}}$ , có  $A{C}^{\text{'}}=\sqrt{A{C}^2+C{C^{\text{'}}}^2}\iff x\sqrt{3}=a\sqrt{3}\Rightarrow x=a$

Vậy thể tích khối lập phương $V=a^3$  (đvtt).

Đáp án A

Ta có  $f^{\text{'}}\left(x\right)=10x.e^{x^2}$.

Do đó $f^{\text{'}}\left(0\right)=0$  và $f\left(0\right)=5$ .

Vậy $P=f^{\text{'}}\left(x\right)-2xf\left(x\right)+\frac{1}{5}f\left(0\right)-f^{\text{'}}\left(0\right)=10x{e}^{x^2}-2x.e^{x^2}+\frac{1}{5}.5-0=1$ .

Đáp án B

Ta có $f\left(x\right)=m-1$ .

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)+1=m$  là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thẳng $y=m-1$ .

Dựa vào đồ thị, suy ra:  $1<m-1<2\iff 2<m<3$

Đáp án C

Gọi $O=AC\cap BD$ .

Theo giả thiết $B^{\text{'}}O\perp \left(ABCD\right)$

Do đó  $\widehat{B{B}^{\text{'}},\left(ABCD\right)}=\widehat{B{B}^{\text{'}},BO}=\widehat{B^{\text{'}}BO}$

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a, suy ra $BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a}{2}$ .

Tam giác vuông $B^{\text{'}}BO$ , có $\cos \widehat{B^{\text{'}}BO}=\frac{BO}{B{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{B^{\text{'}}BO}=60°$ .

Đáp án D

Điều kiện: $x>0$ .

Phương trình tương đương với: ${\left({\log }_{2}2+{\log }_{2}x\right)}^2-5{\log }_{2}x=0$

${\left(1+{\log }_{2}x\right)}^2-5{\log }_{2}x=0\iff {\log }_2^{2}x-3{\log }_{2}x+1=0.$

Cách 1: Phương trình ${\log }_2^{2}x-3{\log }_{2}x+1=0$  có hai nghiệm phân biệt $x_1$  và $x_2$ .

Ta có:  ${\log }_2\left(x_1.x_2\right)={\log }_2{x}_1+{\log }_2{x}_2$.

Theo định lí Vi-et, ta có: ${\log }_2{x}_1+{\log }_2{x}_2=\frac{-\left(-3\right)}{1}=3\Rightarrow {\log }_2\left(x_1.x_2\right)=3\Rightarrow x_1.x_2=8$

Cách 2:

Ta có  ${\log }_2^{2}x-3{\log }_{2}x+1=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_2{x}_1=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\\ {\log }_2{x}_2=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=2^{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}\\ x_2=2^{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$.

Vậy $x_1.x_2=2^{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}{.2}^{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}=8$ .

Đáp án B

Gọi V, R, h lần lượt là thể tích khối trụ (khối chứa phần nước trong cốc), bán kính đáy cốc và chiều cao của lượng nước trong cốc khi chưa lấy khối nón ra.

Suy ra:     $V=\pi R^{2}h$   $\left(1\right)$ .

Gọi $V_1$ , $R_1$ , $h_1$  lần lượt là thể tích, bán kính đáy và chiều cao của khối nón.

Suy ra:  $V=\pi R^{2}h$  $\left(2\right)$ .

Gọi $V_2$ , $R_2$ , $h_2$  là thể tích lượng nước đổ vào và độ cao của nước trong cốc sau khi đã lấy khối nón ra.

Suy ra: $V_2=\frac{1}{3}\pi R^2{h}_2$   $\left(3\right)$ .

Từ $\left(1\right)$ ,  $\left(2\right)$ và $\left(3\right)$  ta có:  $V-V_1=V_2\iff \pi R^{2}h-\frac{1}{3}\pi {R_1}^2{h}_1=\pi R^2{h}_2$

$\iff R^{2}h-\frac{1}{3}{R_1}^2{h}_1=R^2{h}_2\iff h_2=\frac{R^{2}h-\frac{1}{3}{R_1}^2{h}_1}{R^2} \left(4\right)$.

Thay $R=a$ , $R_1=\frac{a}{2}$ , $h=h_1=12$  vào $\left(4\right)$  ta có:  .$h_2=12-\frac{1}{3}.\frac{1}{4}.12=11$

Đáp án A

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

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

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

Đáp án C

Do $AD\text{//}BC$  nên $d\left(D,\left(SBC\right)\right)=d\left(A,\left(SBC\right)\right)$ .

Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra $AK\perp SB$ .

Khi $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ .

Đáp án D

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

Gọi $\overrightarrow{u_d}$  là véctơ chỉ phương của đường thẳng d.

Do $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_d}\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\\ \overrightarrow{u_d}\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(5;-2;-6\right)$ .

Mặt khác đường thẳng d đi qua $A\left(1;2;3\right)$  và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(5;-2;-6\right)$   nên phương trình chính tắc của d là $\frac{x-1}{5}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z-3}{-6}$ .

Đáp án B

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3a{x}^2\left(2a^2+4ab+2\right)x-2a^3+4a^{2}b+a+2b$ .

Theo bài ra ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0$ , $\forall x\in ℝ$ .$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=0\\ 2x+2b\ge \mathrm{0,}x\in ℝ\end{array}\right.không thỏa mãn\\ \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\left(a^2+2ab+1\right)}^2-3a\left(-2a^3+4a^{2}b+a+2b\right)\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ 7a^4-8a^{3}b+4a^2{b}^2-a^2-2ab+1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\left(2ab-\frac{4a^2+1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}{\left(2a^2-1\right)}^2\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ 2ab-\frac{4a^2+1}{2}=0\\ 2a^2-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ b=\frac{3\sqrt{2}}{4}\end{array}\right.$

Nhận xét: Hàm số $f\left(x\right)=k\left(x+a\right)\left(x+b\right)\left(x+c\right)$  đồng biến trên $ℝ$  khi $\left\{\begin{array}{l}k>0\\ a=b=c\end{array}\right.$ ; nghịch biến trên $ℝ$  khi $\left\{\begin{array}{l}k<0\\ a=b=c\end{array}\right.$

Đáp án B

Đặt  $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Ta có: $\left|z\right|-2\overline{z}=-7+3i+z\iff \sqrt{a^2+b^2}-2\left(a-bi\right)=-7+3i+a+bi$

 $\iff \sqrt{a^2+b^2}-3a+7+\left(b-3\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+b^2}-3a+7=0\\ b-3=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+9}=3a-7\\ b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a\ge \frac{7}{3}\\ a^2+9=9a^2-42a+49\\ b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a\ge \frac{7}{3}\\ \left[\begin{array}{l}a=4\left(nhận\right)\\ a=\frac{5}{4}\left(loại\right)\end{array}\right.\\ b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=3\\ a=4\end{array}\right.$

Vậy $z=4+3i\Rightarrow w=1-z+z^2=4+21i\Rightarrow \left|w\right|=\sqrt{457}$

Đáp án D

 $P{u}^{239}$có chu kỳ bán hủy là 24360 năm, do đó ta có:

 $5=10.e^{r.24360}\Rightarrow r=\frac{\ln 5-\ln 10}{24360}\approx -\mathrm{0,000028}$

Vậy sự phân hủy của $P{u}^{239}$  được tính theo công thức: $S=A.e^{\frac{\ln 5-\ln 10}{24360}t}$ .

Theo đề: $1=10.e^{\frac{\ln 5-\ln 10}{24360}t}\Rightarrow t=\frac{-\ln 10}{\frac{\ln 5-\ln 10}{24360}}\approx \frac{-\ln 10}{-\mathrm{0,000028}}\approx 82235$  (năm) .

Đáp án D.

Gọi các đỉnh của đa giác là $A_1$ ,$A_2$ ,...,$A_{15}$ .

Để chọn được một tứ giác thoả mãn ta thực hiện qua các công đoạn:

Chọn một đỉnh có 15 cách, giả sử là 4.

Ta tìm số cách chọn ba đỉnh còn lại, tức ba đỉnh $A_i$ , $A_j$ , $A_k$  và giữa $A_1$ , $A_i$  có $x_1$  đỉnh; giữa $A_i$ , $A_j$  có $x_2$  đỉnh; giữa  , $A_k$   có $x_3$  đỉnh và giữa $A_k$ , $A_1$  có $x_4$  đỉnh, theo giả thiết có

 $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4=15-4=11\\ x_m\ge \mathrm{1,}m=\overline{\mathrm{1,4}}\end{array}\right.$

Số cách chọn ra ba đỉnh này bằng số nghiệm tự nhiên của phương trình $x_1+x_2+x_3+x_4=11$ và bằng $C_{11-1}^{4-1}=C_{10}^3$ .

Vậy số các tứ giác có thể bằng $15C_{10}^3$ , tuy nhiên vì vai trò bốn đỉnh như nhau nên mỗi đa giác được tính 4 lần, do đó số tứ giác bằng $\frac{15C_{10}^3}{4}=450$ .

Tổng quát: Đa giác có n đỉnh, số tứ giác lập thành từ 4 đỉnh không có cạnh của đa giác là: $\frac{n}{4}.C_{n-5}^3$ .