Đáp án B

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

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là y_CĐ $=4$ tại $x=\pm \sqrt{2}$ .

Đáp án A

Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm $M(x;y;z)$  lên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$  là $M^{\text{'}}(0;y;z)$ .

Nên $M(0;2;3)$  là hình chiếu của điểm $A(1;2;3)$  trên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ .

Đáp án C

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{d}{c}\right\}.$                         

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{ad-bc}{{(cx+d)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\in D($  vì $ad-bc>0)$ .

Vậy hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-\frac{d}{c}\right)$  và $\left(-\frac{d}{c};+\infty \right)$ .

Đáp án C

Ta có: $\log \left(8a\right)-\log \left(5a\right)=\log \frac{8a}{5a}=\log \frac{8}{5}$ .

Đáp án B

Ta có: $\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=3+1=4$ .

Đáp án D

Ta có: $S_{mc}=4\pi R^2=36\pi a^2\Rightarrow R=3a\Rightarrow V_{mc}=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(3a\right)}^3=36\pi a^3$ .

Đáp án A

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2-2x\right)=-3\iff x^2-2x=8\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=4\end{array}\right.$ .

Đáp án C

Do mặt phẳng $\left(P\right)$  vuông góc với giá của vectơ $\overrightarrow{a}=(1;-1;2)$  nên mặt phằng  nhận vectơ  làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm $M(3;-1;4)$  nên có phương trình: $1(x-3)-1(y+1)+2(z-4)=0\iff x-y+2z-12=0$ .

Đáp án A

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int (2x+\sin x)dx=x^2-\cos x+C$ .

Đáp án D

Ta có đường thẳng $\Delta$  đi qua $A(2;-1;2)$  và nhận véctơ $\overrightarrow{u}(-1;2;-1)$  làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{x-2}{-1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{-1}$ .

Đáp án A

Kí hiệu $C_n^k$  là số tổ hợp chập $k$  của $n$  phần tử $(0\le k\le n)$ .

$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Đáp án A

Ta có: $-3-1=-7-(-3)=-11-(-7)=-15-(-11)=-4$  (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng.

Đáp án A

Cách 1:

Ta có: $\left|\frac{1}{z}\right|=\left|\frac{1}{{(1-2i)}^2}\right|=\frac{1}{|1-2i{|}^2}=\frac{1}{5}$ .

Cách 2:

Ta có $z={(1-2i)}^2=1-4i+4i^2=-3-4i\Rightarrow \frac{1}{z}=\frac{1}{-3-4i}=-\frac{3}{25}+\frac{4}{25}i$ .

Do đó $\left|\frac{1}{z}\right|=\sqrt{{\left(-\frac{3}{25}\right)}^2+{\left(\frac{4}{25}\right)}^2}=\frac{1}{5}$ .

Đáp án C

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên loại $\text{A},\text{B}$ .

Hàm số đạt cực trị tại $x=0;x=2$ .

Đáp án B

Hàm số $y=x+\frac{{10}^8}{x}$  liên tục trên $\left[{10}^3;{10}^9\right]$ .

Ta có $y^{\text{'}}=1-\frac{{10}^8}{x^2}=0\iff x^2={10}^8\iff \left[\begin{array}{l}x={10}^4\in \left[{10}^3;{10}^9\right]\\ x=-{10}^4\notin \left[{10}^3;{10}^9\right]\end{array}\right.$ .

Ta lại có: $y\left({10}^3\right)={10}^3+{10}^5;y\left({10}^4\right)={2.10}^4;y\left({10}^9\right)={10}^9+{10}^{-1}$ .

Do đó: $\underset{\left[{10}^3;{10}^9\right]}{\min y}=y\left({10}^4\right)={2.10}^4,$  đạt được khi $x={10}^4$ .

Đáp án C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2\left(x^2-1\right),$  suy ra $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int x^2\left(x^2-1\right)dx=\frac{x^5}{5}-\frac{x^3}{3}+C.$

Suy ra $y=g\left(x\right)=2f(-x)=2\left[\frac{{(-x)}^5}{5}-\frac{{(-x)}^3}{3}+C\right]=-\frac{2x^5}{5}+\frac{2x^3}{3}+2C$ .

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

Bảng xét dấu $g^{\text{'}}\left(x\right)$

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số $y=2f(-x)$  đồng biến trên $(-1;1)$ . 

Đáp án B

Ta có: $z=i(1-i)=i-i^2=i-(-1)=1+i\stackrel{}{\to }\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$ .

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{IA}=(2;-2;-1)\Rightarrow IA=\sqrt{2^2+{(-2)}^2+{(-1)}^2}=3$

Do mặt cầu tâm $I(-2;1;1)$  qua điểm $A(0;-1;0)$  nên bán kính là $R=IA=3$ .

Vậy mặt cầu cần tìm có tâm $I(-2;1;1)$  và bán kính $R=3$  nên phương trình là: ${(x+2)}^2+{(y-1)}^2+{(z-1)}^2=9$

.

Đáp án D

Ta có $P={3.3}^{{\log }_{3^2}{2}^2}+\frac{16}{4^{{\log }_{2}3}}+5^{{\log }_{5^3}{3}^3}$

$={3.3}^{{\log }_{3}2}+\frac{16}{3^{{\log }_{2}4}}+5^{{\log }_{5}3}={3.2}^{{\log }_{3}3}+\frac{16}{3^{2{\log }_{2}2}}+3^{{\log }_{5}5}=3.2+\frac{16}{3^2}+3=\frac{97}{9}$

Đáp án A

Ta có: $2z^4-3z^2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}^2=2\\ z^2=-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}{i}^2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}z=\sqrt{2}\\ z=-\sqrt{2}\\ z=\frac{\sqrt{2}}{2}i\\ z=-\frac{\sqrt{2}}{2}i\end{array}\right.$ .

Khi đó, tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình đã cho bằng $\left|\sqrt{2}\right|+\left|-\sqrt{2}\right|+\left|\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|+\left|-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|=3\sqrt{2}.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=(1;1;1)\\ \overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}=(2;-1;m)\end{array}\right.$ .

Để $\left(\alpha \right)\perp \left(\beta \right)$  thì $\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}\perp \overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}\iff 1+m=0\iff m=-1$ .

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với: ${\left(\frac{5}{2}\right)}^{3x-1}\ge {\left(\frac{5}{2}\right)}^2\iff 3x-1\ge 2\iff x\ge 1$ .

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: $S=[1;+\infty )$ .

Đáp án D

Ta có: $y^2-2y+x=0\iff x=-y^2+2y$  và $x+y-2=0\iff x=-y+2$.

Phương trình tung độ giao điểm là: $-y^2+2y=-y+2\iff y^2-3y+2=0\iff \left[\begin{array}{l}y=1\\ y=2\end{array}\right.$ .

Diện tích $\left(H\right)$  của hình  là: $S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|\left(-y^2+2y\right)-(-y+2)\right|dy=\frac{1}{6}$ .

Đáp án A

Thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=\pi h^3=8\pi \iff h^3=8\iff h=2$ .

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=0\Rightarrow y=0$  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=5\Rightarrow y=5$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Đáp án A

Ta có: $AC=a\sqrt{2}$ .

Tam giác $SAC$  vuông tại C, ta có $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=a\sqrt{3}$ .

Chiều cao khối chóp là: $SA=a\sqrt{3}$ .

Diện tích hình vuông  là: $S_{ABCD}=a^2$  (đvdt).

Vậy thể tích khối chóp: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}($  đvtt).

Đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}={\left(\sqrt{2x}\right)}^{\text{'}}.e^{\sqrt{2x}}=\frac{2}{2\sqrt{2x}}.e^{\sqrt{2x}}=\frac{e^{\sqrt{2x}}}{\sqrt{2x}}$ .

Đáp án C

Ta có: $2f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ .

Số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)-1=0$  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thằng $y=\frac{1}{2}$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình  có hai nghiệm phân biệt.

Đáp án D

Gọi $M$  là trung điểm của $BC$ , suy ra $AM\perp BC$ . Ta có $\begin{array}{l}AM\perp BC\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp SM$ . Do đó $\overline{\left(SBC\right),\left(ABC\right)}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}$ Tam giác $ABC$  đều cạnh $a$ , suy ra trung tuyến $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ . Tam giác vuông $SAM$ , có $\sin \widehat{SMA}=\frac{SA}{SM}=\frac{SA}{\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$ .

Đáp án B

Phương trình tương đương với: ${3.3}^{2x}-{10.3}^x+3=0$ .

Đặt $t=3^x>0$ .

Phương trình trở thành $3t^2-10t+3=0\iff t=\frac{1}{3}$  hoặc $t=3$ .

Với $t=\frac{1}{3}\Rightarrow 3^x=\frac{1}{3}\iff x=-1=x_1$ .

Với $t=3\Rightarrow 3^x=3\iff x=1=x_2$

Vậy $P=x_1{x}_2=-1$ .

Đáp án C

Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ.

Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính $40 \text{cm}$  là: $S_1=4.2\pi r_{1}h$ .

Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính $26 \text{cm}$  là $S_2=6.2\pi r_{2}h$ .

Số tiền cần dùng là $T=\left(S_1+S_2\right).380000=2\pi \mathrm{.4,2.}\left(4.\frac{\mathrm{0,40}}{2}+6\cdot \frac{\mathrm{0,2}}{2}\right)\times 380000\approx 15844000$ 

Đáp án B

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

Do đó: $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \left[x+1-\frac{2}{{(x+1)}^2}\right]dx=\frac{x^2}{2}+x+\frac{2}{x+1}+C$ .

Đáp án B

Do $B{B}^{\text{'}}\parallel A{A}^{\text{'}}$  nên $d\left(B{B}^{\text{'}},A^{\text{'}}H\right)=d\left(B{B}^{\text{'}},\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)=d\left(B,\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)$ .

Ta có$\begin{array}{l}BH\perp AH\\ BH\perp A^{\text{'}}H\end{array}\Rightarrow BH\perp \left(A{A}^{\text{'}}H\right)$

nên $d\left(B,\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)=BH=\frac{BC}{2}=a$ .

Vậy $d\left(B{B}^{\text{'}},A^{\text{'}}H\right)=a$ .

Đáp án C

Gọi $\Delta$  là đường thẳng cần tìm.

$\Delta \cap d_1=A\left(t_1+1;-t_1-2;2t_1+3\right);\Delta \cap d_2=B\left(2t_2-1;-t_2+4;4t_2+2\right)$$\overrightarrow{MA}=\left(t_1+1;-t_1-1;2t_1+1\right);\overrightarrow{MB}=\left(2t_2-1;-t_2+5;4t_2\right)$.

Ta có $M,A,B$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1+1=k\left(2t_2-1\right)\\ -t_1-1=k\left(-t_2+5\right)\\ 2t_1+1=4k{t}_2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ k=-\frac{1}{2}\\ k{t}_2=2\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ t_2=-4\end{array}\right.\right.\right.$

Suy ra $\overrightarrow{MB}=\left(-9;9;-16\right)$ .

Đường thẳng $\Delta$  đi qua $M(0;-1;2),$  một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(9;-9;16\right)$  có phương trình là: $\Delta :\frac{x}{9}=\frac{y+1}{-9}=\frac{z-2}{16}$ .

Đáp án A

Đặt $t=\tan x$  (khi $\left(0;\frac{\pi }{4}\right)$  thì $t\in \left(0;1\right)$ ).

Khi đó bài toán trở thành tìm $m$ để hàm số $y=\frac{t+m}{mt+1}$  nghịch biến trên $(0;1)$ .

TH1: $m=0$ , hàm số trở thành $y=t,$  hàm số này đồng biến trên $(0;1)$ ; nên $m=0$  không thỏa mãn.

TH2: $m\ne 0$ .

TXĐ:$D=ℝ/\left\{-\frac{1}{m}\right\}.$

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

Để hàm số nghịch biến trên $(0;1)$  thì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x\in (0;1)\\ -\frac{1}{m}\notin (0;1)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-m^2<0\\ \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{m}\le 0\\ -\frac{1}{m}\ge 1\end{array}\right.\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>1\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m<0\\ 0<0\le 1\end{array}\right.\end{array}\iff m<-1.\right.\right.$

Đáp án A

Đặt $z=x+yi(x,y\in ℝ)$ .

Số phức $z$  có điểm biểu diễn $M(x;y)$ .

Ta có $2\left|z-1\right|=\left|z-\overline{z}+2\right|\iff 2\left|x+yi-1\right|=\left|x+yi-(x-yi)+2\right|$

$\iff 2\sqrt{{(x-1)}^2+y^2}=\sqrt{4+4y^2}\iff 4{(x-1)}^2+4y^2=4+4y^2\iff 4x^2-8x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức  là hai đường thẳng có phương trình $x=0$  và $x=0$ .