Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án C

Đồ thị đề cho là đồ thị hàm số bậc ba  $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(a\ne 0\right)$ nên loại đáp án A.

Quan sát đồ thị ta thấy $a>0$  nên loại đáp án B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm  $\left(-1;3\right)$ (hoặc hàm số có hai điểm cực trị ) nên loại đáp án D.

Vậy đó là đồ thị của hàm số $y=x^3-3x+1$ .

Nhận xét: Với bài toán này có thể làm như sau:

Đồ thị hàm số đi qua điểm  $\left(-1;3\right)$ nên loại đáp án A, B, D. Vậy chọn C.

Đáp án C

Đáp án A

Mẹo: Hình chiếu vuông góc của một điểm trên các đường Ox, Oy, Oz lần lượt có dạng $\left(x;0;0\right);\left(0;y;0\right);\left(0;0;z\right)$  (trên trục nào thì giữ nguyên tọa độ trục đó còn hai tọa độ còn lại bằng 0).

Đáp án B
Nhập vế trái của phương trình. Bấm phím CALC rồi nhập từng đáp án vào ta thấy khi $x=4$ thì vế trái bằng vế phải. Vậy phương trình có nghiệm là $x=4$.

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án A
Ta có: $2f\left(x\right)+3=0\iff f\left(x\right)=\frac{-3}{2}$. Số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)+3=0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ với đường thẳng $y=\frac{-3}{2}$.

Đáp án D
$y\text{'}=\left[\ln \left(\sin x\right)\right]\text{'}=\frac{1}{\sin x}.\left(\sin x\right)\text{'}=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x$.

Đáp án B
Khối nón có thiết diện qua trục là $\Delta SAB$ vuông cân tại S, cạnh huyền $AB=2a\Rightarrow SB=a\sqrt{2}$.
Ta có: $r=OA=\frac{AB}{2}=a,l=SB=a\sqrt{2}$.
Diện tích xung quanh $S_{xq}$ của hình nón là:
$S_{xq}=\pi rl=\pi .a.a\sqrt{2}=\pi \sqrt{2}{a}^2$.

Đáp án C
Có $SA\perp \left(ABC\right)$ nên AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng $\left(ABC\right)\Rightarrow \widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}$.
Mặt khác có $\Delta ABC$ vuông tại C nên $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=a\sqrt{3}$.
Khi đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên $\widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=30°$.

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án B
$9^x-{10.3}^x+9=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{0;2\right\}$.

Đáp án A

Đáp án C
Ta có: $d_1$ qua $M_1\left(0;1;-2\right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(2;1;3\right)$.
$d_2$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(-2;-1;-3\right)=-1.\left(2;1;3\right)$.
Ta có $\overrightarrow{u_2}=-1.\overrightarrow{u_1}$ nên $\overrightarrow{u_1}$ cùng phương với $\overrightarrow{u_2}$ và $M_1\notin d_2$ nên suy ra $d_1$ song song với $d_2$.

Đáp án D
$\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(2\right)-f\left(1\right)=-2-\left(-2\right)=0$.

Đáp án A

Do hàm số $y=a^x$  nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$  nên $a<1$ .

Do hàm số $y=b^x$  và $y=c^x$  đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$  nên $b;c>1$ .

Ta có: $\forall x\in \left(0;+\infty \right),b^x>c^x\iff {\left(\frac{b}{c}\right)}^x>1\Rightarrow \frac{b}{c}>1\Rightarrow b>c$ .

Vậy $a<1<c<b$ .

Mẹo: Kẻ đường thẳng $x=1$  lần lượt cắt các đồ thị tại các điểm. Tung độ của các giao điểm khi đó chính là a, b, c. Dẫn tới kết quả $a<1<c<b$ .

Đáp án C

Ta thấy nhận xét I sai vì môđun có thể bằng 0; nhận xét IV là sai, tọa độ của M là $\left(a;-b\right)$ ; nhận xét II sai ví dụ $z=2i$ , ta có $-4=4$  (vô lí).

Đáp án B
Ta có: $z^2={\left[x+\left(x-1\right)i\right]}^2=2x-1+2x\left(x-1\right)i$.
Số phức $z^2$ là số thuần ảo khi $\left\{\begin{array}{l}2x-1=0\\ 2x\left(x-1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x\ne 0\\ x\ne 1\end{array}\right.\iff x=\frac{1}{2}\Rightarrow z=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i.$
Có một số thực x.

Đáp án A
Gọi I là trung điểm $MN\Rightarrow I\left(3;\frac{1}{2};1\right)$.
Ta có: $\overrightarrow{MN}=\left(4;-3;2\right)$.
Mặt phẳng trung trực của MN đi qua trung điểm I của MN và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{MN}=\left(4;-3;2\right)$:
$4\left(x-3\right)-3\left(y-\frac{1}{2}\right)+2\left(z-1\right)=0\iff 4x-3y+2z-\frac{25}{2}=0$.

Đáp án B

Khi ô tô dừng hẳn thì $v\left(t\right)=0\iff -2t+16=0\iff t=8$ .

Quãng đường mà ô tô đi được cho đến khi dừng (trong 8 giây cuối) là:

$\underset{0}{\overset{8}{\int }}\left(-2t+16\right)dt=\left(-t^2+16t\right)\left|\begin{array}{l}{}^8\\ {}_0\end{array}\right.=64\left(m\right)$.

Đáp án C
$\Delta ABC$ vuông tại A có $AC=AB.\tan \widehat{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$.
Ta có: $\widehat{\left(C\text{'}A,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{C\text{'}AC}=60°$.
$\Delta ACC\text{'}$ vuông tại C có $CC\text{'}=AC.\tan \widehat{C\text{'}AC}=a$.
Vậy $V_{ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.CC\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Đáp án A
TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$. Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=+\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=-\infty$.
Suy ra $x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .
$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}=-1$
Suy ra $y=1,y=-1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận.
Sử dụng máy tính:
Nhập biểu thức $y=\frac{\sqrt{x^2+1}}{x-1}$. Sau đó bấm CALC. Nhập giá trị ${10}^9$và bấm bằng ta thu được kết quả 1.
Nhập giá trị $-{10}^9$ và bấm bằng ta thu được kết quả -1.
Nhập giá trị $1+{10}^9$ và bấm bằng ta thấy giá trị rất lớn (tiến ra dương vô cùng).
Nhập giá trị $1-{10}^9$và bấm bằng ta thấy giá trị rất nhỏ (tiến ra âm vô cùng).

Đáp án D
Đặt $SA=SB=SC=a$.
Theo giả thiết ta có tam giác SAC đều cạnh a và tam giác SAB vuông cân tại $S\Rightarrow SA=SC=AC=a;AB=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác SBC ta có: $B{C}^2=S{B}^2+S{C}^2-2.SB.SC.\cos \widehat{BSC}=3a^2$.
Do $A{B}^2+A{C}^2=2a^2+a^2=3a^2=B{C}^2$ nên tam giác ABC vuông tại A.
Vì $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của S trên $\left(ABC\right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác $\Delta ABC$ vuông tại A, suy ra I là trung điểm của BC.

Đáp án B
Tập xác định: $D=\left[-2;2\right]$.
$y\text{'}=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{\sqrt{4-x^2}-x}{\sqrt{4-x^2}}=0\iff \sqrt{4-x^2}=x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}$.
Ta có $y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2};y\left(-2\right)=-2;y\left(2\right)=2$. Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=-2$.

Đáp án D
Chiều dài hình chữ nhật bằng đường sinh hình trụ nên chiều dài bằng 6a.
Chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng bằng 3a suy ra $EF=\frac{3a}{2}$.
Khoảng cách giữa trục và thiết diện bằng 3a nên $OE=3a$.
Bán kính trụ $R=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}=\frac{3a\sqrt{5}}{2}$.
Thể tích trụ $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{3a\sqrt{5}}{2}\right)}^2.6a=\frac{135}{2}\pi a^3$.

Đáp án D
Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị $y=f\left(x\right)$ tại ba điểm phân biệt nên ta có bảng biến thiên của $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Đáp án A

Ta có:  $P\left(x\right)={\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}^{30}=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{\left(x^2\right)}^{30-k}.{\left(\frac{1}{x^3}\right)}^k=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{x}^{60-5k}$.

Số hạng cần tìm không chứa x có k thỏa mãn $60-5k=0\iff k=12$ . Vậy số hạng không chứa x là $C_{30}^{12}$ .

Đáp án D
Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f\left(x\right)+1\right]}^{2}dx=36\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)+1\right]dx=36$.
$\begin{array}{l}\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)+1\right]dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f^2\left(x\right)-f\left(x\right)\right]dx=36-5\\ \iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[3f\left(x\right)+1\right]dx=31\\ \iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=31\end{array}$
$\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+x\left|{}_0^1\right.=31\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+1=31\iff 3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=30\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=10$

Đáp án B
Từ phương trình đã cho ta có: $\left[\begin{array}{l}\ln x=3\\ \ln x=4m-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=e^3\\ x=e^{4m-1}\end{array}\right.$.
Yêu cầu bài toán $\iff e\le e^{4m-1}<e^3\iff 1\le 4m-1<3\iff \frac{1}{2}\le m<1$.

Đáp án A

Khi hàn hai mép của hình quạt tròn, độ dài đường sinh của hình nón bằng bán kính của hình quạt tròn, tức là $OA=4dm$.
Thể tích của hình nón $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}\pi .\left(16-h^2\right).h$với $0<h<4$.
Ta có $V\text{'}\left(h\right)=\frac{1}{3}\pi \left(16-3^2\right)\Rightarrow V\text{'}\left(h\right)=0\iff h=\pm \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra thể tích lớn nhất của hình nón là $\frac{128\pi \sqrt{3}}{27}d{m}^3$.

Đáp án B
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
$\begin{array}{l}4-x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\notin \left(1;+\infty \right)\end{array}\right.\iff x=2;\\ 7-4x^2=0\iff x=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}\notin \left[0;1\right]\end{array}$

Suy ra

 $\begin{array}{l}S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|7-4x^2\right|dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|4-x^2\right|dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left|4-x^2\right|dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(7-4x^2\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(4-x^2\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(x^2-4\right)dx\\ =\left(7x-\frac{4}{3}{x}^3\right)\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.+\left(4x-\frac{x^3}{3}\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_1\end{array}\right.+\left(\frac{x^3}{3}-4x\right)\left|\begin{array}{l}{}^3\\ {}_2\end{array}\right.=7-\frac{4}{3}+\frac{16}{3}-\frac{11}{3}-3+\frac{16}{3}=10.\end{array}$

Đáp án B
Đặt $z=a+bi$. Khi đó ta có hệ phương trình:
$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ \sqrt{{\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(a-3\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ a^2+b^2-2a-2b+2=a^2+b^2-6a+6b+18\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(2b+4\right)}^2+b^2=4\left|2b+4\right|+4\\ a=2b+4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ 5b^2+16b+12=\left|8b+16\right|\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ \left[\begin{array}{l}5b^2+16b+12=8b+16\\ 5b^2+16b+12=-8b-16\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ \left[\begin{array}{l}b=\frac{2}{5}\\ b=-2\\ b=-\frac{14}{5}\end{array}\right.\end{array}\right..\end{array}$
Vậy ta có các số phức $z_1=2i;z_2=\frac{24}{5}+\frac{2}{5}i;z_3=-\frac{8}{5}-\frac{14}{5}i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A
Ta có: $y\text{'}=\left(x^2-2x\right)\text{'}f\text{'}\left(x^2-2x\right)=\left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right)$.
Khi đó $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f\text{'}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ x^2-2x=-2\\ x^2-2x=1\\ x^2-2x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=1+\sqrt{2}\\ x=1-\sqrt{2}\\ x=3\\ x=-1\end{array}\right..$
Từ bảng xét dấu ta thấy $f\text{'}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-2\\ x>3\end{array}\right.$.
Khi đó $f\text{'}\left(x^2-2x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-2x<-2\\ x^2-2x>3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>3\end{array}\right..$
Bảng biến thiên:

Đáp án B
Gọi $w=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$.
Điểm biểu diễn số phức w trong mặt phẳng tức là điểm $M\left(x;y\right)$.
Ta có: $w=2\overline{z}-2+3i\Rightarrow 2\overline{z}=w+2-3i\Rightarrow 2z=\overline{w}+2+3i$
$\left(z-2+i\right)\left(\overline{z}-2-i\right)=25$
$\begin{array}{l}\iff \left(2z-4+2i\right)\left(2\overline{z}-4-2i\right)=100\\ \iff \left(\overline{w}+2+3i-4+2i\right)\left(w+2-3i-4-2i\right)=100\\ \iff \left(\overline{w}-2+5i\right)\left(w-2-5i\right)=100\\ \iff \left[\left(x-2\right)-\left(y-5\right)i\right]\left[\left(x-2\right)+\left(y-5\right)i\right]=100\\ \iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2=100\end{array}$
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn M là đường tròn tâm $I\left(2;5\right)$ và bán kính $R=10\Rightarrow a+b+c=17$.

Đáp án A
Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(1;2;3\right)$, bán kính $R=5$.
Giả sử $\left(P\right)$ cắt $\left(S\right)$theo giao tuyến là đường tròn có bán kính R’.
Ta có: $R{\text{'}}^2=R^2-{\left[d\left(I;\left(P\right)\right)\right]}^2=25-{\left[d\left(I;\left(P\right)\right)\right]}^2$.
$\Rightarrow R\text{'}$ nhỏ nhất khi $d\left(I;\left(P\right)\right)$ lớn nhất.
Lại có: $d\left(I;\left(P\right)\right)=IH\le IK=d\left(I;AB\right)=$hằng số.
$\Rightarrow d\left(I;\left(P\right)\right)$ lớn nhất bằng IK khi $\left(P\right)$ đi qua K và vuông góc với IK.

Tìm tọa độ điểm K

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua $I\left(1;2;3\right)$  và vuông góc với AB là $x-y+2z-5=0$ .

Phương trình đường thẳng AB đi qua $B\left(0;1;0\right)$  và nhận vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(-3;3;-6\right)=-3\left(1;-1;2\right)$  là $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=1-t\\ z=2t\end{array}\right.$ .

$K=AB\cap \left(Q\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}K\in AB\\ K\in \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}K\left(t_0;1-t_0;2t_0\right)\\ K\in \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow K\left(1;0;2\right).$

Phương trình $\left(P\right)$  đi qua  $K\left(1;0;2\right)$ và nhận  $\overrightarrow{IK}=\left(0;-2;-1\right)=-1\left(0;2;1\right)$ làm vectơ pháp tuyến là $2y+z-2=0\Rightarrow a=0;b=2;c=1\Rightarrow T=a+b+c=3$ .

Đáp án A

 $\Delta ABC$ đều do $\widehat{ABC}=60°$  và $AB=BC$ .

Lấy I làm trung điểm BC, kẻ $AH\perp SI$  tại H (1).

Ta có: $AI\perp BC$  (do $\Delta ABC$  đều), mà $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp \left(SAI\right),AH\subset \left(SAI\right)\Rightarrow BC\perp AH\left(2\right)$  .

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$  tại $H\Rightarrow AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right)$ .

Ta có $\Delta ABC$  đều cạnh $a\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Xét $\Delta SAI$  vuông tại A có đường cao AH: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{I}^2}=\frac{4}{9a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{16}{9a^2}\Rightarrow AH=\frac{3a}{4}=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$

Ta có: $\frac{d\left(O,\left(SBC\right)\right)}{d\left(A,\left(SBC\right)\right)}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left(O,\left(SBC\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a}{8}$ .

Đáp án B

Để đồ thị có hai điểm cực trị thì phương trình $y\text{'}=0$  có hai nghiệm phân biệt. Ta tìm được điều kiện $m<0$  hoặc . Khi đó đường thẳng nối hai điểm cực trị có phương trình là:

$y=\frac{\left[m{x}^2+\left(4-2m\right)x-6\right]\text{'}}{\left[2\left(x+9\right)\right]\text{'}}=mx+2-m$.

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng nối hai điểm cực trị là: 

$h=\frac{\left|2-m\right|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{\frac{{\left(2-m\right)}^2}{m^2+1}}\Rightarrow \left(m^2+1\right)h^2=m^2-4m+4\iff \left(h^2-1\right)m^2+4m+h^2-4=0\left(*\right)$

Khi $h=1$  thì $m=\frac{3}{4}$ . Khi thì (*) là phương trình bậc hai của m. Điều kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm là $\Delta \text{'}=4-\left(h^2-1\right)\left(h^2-4\right)\ge 0\Rightarrow h^2\left(h^2-5\right)\le 0\Rightarrow h\le \sqrt{5}$ .

Khi $h=\sqrt{5}$  thì $4m^2+4m+1=0\iff m=-\frac{1}{2}$  (thỏa mãn).