Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án đúng là A

Lời giải
Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=2$ là số giao điểm của đường thẳng $y=2$ và đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=2$ và đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại 3 điểm phân biệt. Vậy phương trình $f\left(x\right)=2$ có 3 nghiệm phân biệt.

*Phương pháp giải:

Quan sát giao điểm giữa đường thẳng y=2 và đồ thị

*Lý thuyết:

Nhận dạng đồ thị hàm số bậc 3: $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$

Xem thêm

50 bài tập về nhận dạng đồ thị hàm số (có đáp án 2024) – Toán 12 

Lý thuyết Ôn tập chương 1 (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

Đáp án B

Đáp án A

Mẹo: Với x là một số thực $x_0$ , giá trị y tương ứng là vô cùng thì đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=x_0$ .

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D
Ta có: $z_1-\overline{z_2}=4-2i-\left(-2-i\right)=6-i$. Vậy phần ảo của số phức $z_1-\overline{z_2}$ bằng -1.

Đáp án B

Đáp án B
$d=\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|6.1-3.\left(-2\right)+2.3-6\right|}{\sqrt{6^2+3^2+2^2}}=\frac{12}{7}$.

Đáp án A
Ta có $\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=-2$ nên $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left(f\left(x\right)+2\right)=-2+2=0$.

Đáp án C
Xét tam giác ABC có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$. Suy ra $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}S.h=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{6}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án A
$S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}{x}^4+x^2+\frac{5}{2}\right)dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left(-\frac{1}{2}{x}^4+x^2+\frac{3}{2}x+1\right)dx$.

Đáp án D
Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó là $y={\left(\frac{e}{\pi }\right)}^x$.

Đáp án A
$F\left(x\right)=\int \left(e^x+2x\right)dx=e^x+x^2+C;F\left(0\right)=\frac{5}{2}\iff e^0+0+C=\frac{5}{2}\Rightarrow C=\frac{3}{2}$.
Vậy $F\left(x\right)=e^x+x^2+\frac{3}{2}$.

Đáp án B
$y={\log }_2\left(4x\right)$, tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$ (loại).
$y=2^x$ có đồ thị đi qua $\left(0;1\right);\left(1;2\right)$ (nhận).
$y=x+1$ có đồ thị là đường thẳng (loại).
$y={\left(\sqrt{2}\right)}^x$ không đi qua $\left(1;2\right)$ (loại).

Đáp án A
${\log }_{\frac{1}{25}}81={\log }_{5^{-2}}{3}^4=-2{\log }_{5}3=-2a$.

Đáp án B

Đáp án D
$\frac{1}{4}{\log }_{\sqrt{2}}a+2{\log }_{\frac{1}{4}}\frac{2}{b}=0\iff \frac{1}{2}{\log }_{2}a-{\log }_2\frac{2}{b}=0\iff {\log }_a{a}^{\frac{1}{2}}={\log }_2\frac{2}{b}\iff \sqrt{a}=\frac{2}{b}\iff a{b}^2=4$.

Đáp án D

Đáp án A
$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$.
Ta có bảng biến thiên

Hàm số không có điểm cực đại.

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án D
$S_n=n{u}_1+\frac{n\left(n-1\right)}{2}d\iff 483=-n+n^2-n\iff \left[\begin{array}{l}n=23\\ n=-12\end{array}\right.\Rightarrow n=23$.

Đáp án D
Ta có $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \frac{1}{\sqrt{x+2}}dx=\int {\left(x+2\right)}^{-\frac{1}{2}}d\left(x+2\right)=2\sqrt{x+2}+C$
$F\left(2\right)=4\iff 4+C=4\iff C=0$. Vậy $F\left(x\right)=2\sqrt{x+2}$, suy ra $F\left(-1\right)=2$.

Đáp án A

Mẹo: Các hàm số ở các phương án B, C, D đều có tập xác định $ℝ$  nên loại B, C, D.

Đáp án A
Ta có $z^2+6z+13=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=-3+2i\\ z_2=-3-2i\end{array}\right.$. Suy ra $w=\left(i+1\right)z_1=\left(1+i\right)\left(-3+2i\right)=-5-i$.
Vậy tọa độ M biểu diễn số phức $w=\left(i+1\right)z_1$ là $M\left(-5;-1\right)$.

Đáp án A

Giả sử hình chóp tứ giác đều là S.ABCD.

Gọi O là giao điểm của BD và AC.

Ta có: $SO\perp \left(ABCD\right),\widehat{SAO}=60°$

$AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Khi đó: $SO=AO.\tan \widehat{SAO}=\frac{a\sqrt{6}}{2},S_{ABCD}=a^2$ .

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$ .

Đáp án D
$S\left(x\right)=\frac{\pi R^2}{2}=\frac{\pi x^2\left(4-x\right)}{2}\Rightarrow V=\underset{0}{\overset{4}{\int }}S\left(x\right)dx=\frac{\pi }{2}\underset{0}{\overset{4}{\int }}{x}^2\left(4-x\right)dx=\frac{32\pi }{3}$.

Đáp án D
$R=d\left(I;\left(\alpha \right)\right)=2\sqrt{6}$; suy ra phương trình mặt cầu ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+5\right)}^2=24$.

Đáp án D
Gọi $H=B^{\text{'}}C\cap B{C}^{\text{'}},K=A{D}^{\text{'}}\cap A^{\text{'}}D$.
Khi đó $\left(AB{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}CD\right)=HK$.
Có $\left\{\begin{array}{l}{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\\ D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp C{C}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}C\\ D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp B{C}^{\text{'}}\end{array}\right.$.
Mà $HK,D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ song song nhau nên $\left\{\begin{array}{l}HK\perp B^{\text{'}}C\\ HK\perp B{C}^{\text{'}}\end{array}\right.$.
Ta có:
$\left\{\begin{array}{l}\left(AB{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}CD\right)=HK\\ HK\perp B{C}^{\text{'}},B{C}^{\text{'}}\subset \left(AB{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\\ HK\perp B^{\text{'}}C,B^{\text{'}}C\subset \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}CD\right)\end{array}\right.\iff \left(\left(AB{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right),\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}CD\right)\right)=\left(B{C}^{\text{'}},B^{\text{'}}C\right)=90°$.

Đáp án A

Từ A kẻ $AH\perp CD,AK\perp SH$ .

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AH\\ CD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SAH\right)\Rightarrow CD\perp AK$ .

Lại có $AK\perp SH$  nên $AK\perp \left(SCD\right)$ .

Hay $d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AK$ .

Vì $AB\text{//}CD\Rightarrow AB\text{//}\left(SCD\right)$  nên $d\left(B,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AK=\frac{SA.AH}{SH}$ .

Do AH là đường cao trong tam giác ADC có $\widehat{ADC}=120°\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Khi đó $d\left(B,\left(SCD\right)\right)=AK=\frac{a\sqrt{21}}{7}$ .

Đáp án A
Đặt $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$.
Ta có: $\left|z-3+i\right|=2\iff \left|\left(x-3\right)+\left(y+1\right)i\right|=2\Rightarrow {\left(x-3\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=4$.

Đáp án D
Với $h=4$, ta có: $2\pi r=6\Rightarrow r=\frac{3}{\pi }\Rightarrow V_1=\pi .{\left(\frac{3}{\pi }\right)}^2.4=\frac{36}{\pi }$.
Với $h=6$, ta có: $2\pi r=4\Rightarrow r=\frac{2}{\pi }\Rightarrow V_2=\pi .{\left(\frac{2}{\pi }\right)}^2.6=\frac{24}{\pi }$.

Đáp án D

Phương trình mặt phẳng $\left(Oxy\right)$  là $z=0$ . Do mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  song song với mặt phẳng $\left(Oxy\right)$  nên phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  có dạng $z+c=0\left(c\ne 0\right)$ . Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  đi qua điểm A nên ta có  $3+c=0\iff c=-3$ . Vậy phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  là $z-3=0$ .

Đáp án A
$2^{x^2-x-1}{.3}^{x^2-x}\le 18\iff \frac{2^{x^2-x-1}{.3}^{x^2-x}}{{2.3}^2}\le 1\iff 2^{x^2-x-2}{.3}^{x^2-x-2}\le 1\iff 6^{x^2-x-2}\le 1$
$\iff x^2-x-2\le {\log }_{6}1\iff x^2-x-2\le 0\iff -1\le x\le 2$.
Vậy số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình là 3.

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(x+1\right)\\ dv=dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x+1}dx\\ v=x+1\end{array}\right.$.

Khi đó: $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\ln \left(x+1\right)dx={\left.\left(x+1\right)\ln \left(x+1\right)\right|}_1^2-\underset{1}{\overset{2}{\int }}dx=3\ln 3-2\ln 2-1$ .

Chú ý: Khi phân tích có dạng tích của 2 trong các loại hàm lượng giác, mũ, logarit, hàm đa thức… thì ta dùng phương pháp tích phân từng phần. Các bài toán này không nhất thiết dùng MTCT.

Đáp án D
Từ đồ thị của hàm $y=f\left(x\right)$, ta suy ra đồ thị của hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ như hình bên:
Đồ thị của hàm số $y=f\left(\left|x+m\right|\right)$ có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ dọc theo trục Ox (theo chiều ngang) nên số nghiệm của phương trình $y=f\left(\left|x+m\right|\right)$ bằng số nghiệm của phương trình $f\left(\left|x\right|\right)=m$.
Do đó phương trình $f\left(\left|x\right|\right)=m$ có 4 nghiệm phân biệt $\iff$ Đồ thị của hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ và đường thẳng $y=m$ cắt nhau tại 4 điểm phân biệt $\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=\frac{3}{4}\end{array}\right.$, (dựa vào đồ thị).
Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Lấy 6 sản phẩm từ 20 sản phẩm lô hàng có $C_{20}^6=38760$  cách, suy ra $n\left(\Omega \right)=38760$ .

Gọi X là biến cố 6 sản phẩm lấy ả có không quá 1 phế phẩm. Khi đó, ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: 6 sản phẩm lấy ra không có phế phẩm nào, có $C_{16}^6=8008$  cách.

Trường hợp 2: 6 sản phẩm lấy ra có duy nhất một phế phẩm, có $C_{15}^6.C_4^1=17472$  cách.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n\left(X\right)=8008+17472=25480$ .

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{25480}{38760}=\frac{637}{969}$.

Đáp án C
Tập xác định: $D=ℝy^{\text{'}}=x^2-2\left(m-1\right)x+\left(m-1\right)$.
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về phía bên phải của trục tung thì
$\left\{\begin{array}{l}{\left(m-1\right)}^2-\left(m-1\right)>0\\ m-1>0\\ 2\left(m-1\right)>0\end{array}\right.\iff m>2$.

Đáp án D

Khối tròn xoay được tạo thành khi quay mô hình quanh trục AC bao gồm:

- Khối cầu có bán kính $R=5\Rightarrow V_C=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{500}{3}\pi$ .

- Khối nón có chiều cao $h=\frac{AC}{2}$  và bán kính đường tròn đáy là $\frac{BD}{2}$

$V_N=\frac{1}{3}\pi r^{3}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^3=\frac{125\sqrt{2}}{12}\pi .$

Trừ đi phần giao của khối cầu và khối nón chính là chỏm cầu có chiều cao $h=AB-\frac{AC}{2}$

$\Rightarrow V_G=\pi h^2.\left(R-\frac{h}{3}\right)=\pi .{\left(\frac{10-5\sqrt{2}}{2}\right)}^2.\left(5-\frac{10-5\sqrt{2}}{6}\right)=\pi {\left(\frac{10-5\sqrt{2}}{2}\right)}^2.\frac{20+5\sqrt{2}}{6}$

Vậy thể tích khối nón xoay cần tìm là $V=V_C+V_N-V_G=\frac{500\pi +375\pi \sqrt{2}}{6}$ .

Đáp án B
Vì $z_0\ne 1$ là một nghiệm phức của phương trình $z^3-1=0$
$z^3-1=0\iff \left(z_0-1\right)\left(z_0^2+z_0+1\right)=0\iff z_0^2+z_0+1=0$ (vì $z_0\ne 1$).
$M=z_0^{2020}+z_0^2+2020=z_0^{2019}.z_0+z_0^2+2020={\left(z_0^3\right)}^{673}.z_0+z_0^2+2010=z_0+z_0^2+2020$
$=\left(z_0^2+z_0+1\right)+2019=2019$.

Đáp án A

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB. Ta áp dụng tính chất sau: “Cho tam giác OAB với  là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a.\overrightarrow{IO}+b.\overrightarrow{IA}+c.\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$ , với $a=AB,b=OB,c=OA$ ”.

Ta có: $OA=\sqrt{2^2+2^2+1^2}=3$ ,

$OB=\sqrt{{\left(\frac{-8}{3}\right)}^2+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2+{\left(\frac{8}{3}\right)}^2}=4.$

$AB=\sqrt{{\left(\frac{-8}{3}-2\right)}^2+{\left(\frac{4}{3}-2\right)}^2+{\left(\frac{8}{3}-1\right)}^2}=5.$

$5.\overrightarrow{IO}+4.\overrightarrow{IA}+3.\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{5.0+4.2+3.\left(\frac{-8}{3}\right)}{3+4+5}=0\\ y_I=\frac{5.0+4.2+3.\left(\frac{4}{3}\right)}{3+4+5}=1\\ z_I=\frac{5.0+4.1+3.\left(\frac{8}{3}\right)}{3+4+5}=1\end{array}\right.$. Do đó tâm $I\left(0;1;1\right)$ .

Gọi $\overrightarrow{n}$  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(OAB\right)$ . Khi đó: $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]=\left(4;-8;8\right)=4\left(1;-2;2\right)$ .

Gọi $\left(\Delta \right)$  là đường thẳng qua I  và vuông góc với mặt phẳng $\left(OAB\right)$ .

Suy ra vectơ chỉ phương của $\left(\Delta \right)$ : $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;-2;2\right)$ .

Kết luận: Phương trình chính tắc của   $\left(\Delta \right):\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z-1}{2}$ .

Đáp án C

Đặt $2^{{\log }_{3}x}=t>0$ , phương trình trở thành $t^3-3t=m$

Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm $f\left(t\right)=t^3-3t$  trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$  chúng ta dễ dàng thấy rằng phương trình có nhiều hơn một nghiệm (chính xác hơn là có hai nghiệm khi và chỉ khi $-2<m<0$ .

Đáp án D

Ta có: $y^{\text{'}}=x^2+2x+m-3$ . Hàm số y đồng biến trên khoảng $\left(1;2\right)$  khi và chỉ khi

$y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in \left[1;2\right]\iff m\ge -x^2-2x+3,\forall x\in \left[1;2\right]\iff m\ge \underset{\left[1;2\right]}{\max }\left(-x^2-x+3\right)\iff m\ge 1.$

Do m là số nguyên thuộc $\left(-10;10\right)$  nên $m\in \left\{1;2;\mathrm{...};9\right\}$ .

Đáp án D

Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên tứ giác ABCD cũng nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi  là trung điểm AD thì các tam giác $\Delta IAB,\Delta IBC,\Delta ICD$  đều cạnh a và $AC\perp CD$  nên $AC=\sqrt{A{D}^2-C{D}^2}=a\sqrt{3}$ .

Lấy $K\in BC;M\in AD$  sao cho $HK\text{//}SC;KM\text{//}CD$

$\Rightarrow d\left(H;\left(SCD\right)\right)=d\left(K;\left(SCD\right)\right)=d\left(M;\left(SCD\right)\right)$

 $\Delta SAB$ vuông tại A có $SB=2a$  và 

$SH.SB=S{A}^2\iff SH=\frac{3a^2}{2a}=\frac{3a}{2}$

$\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{MD}{DI}=\frac{KC}{CB}=\frac{SH}{SB}=\frac{3}{4}$

Vậy $\frac{MD}{AD}=\frac{MD}{2DI}=\frac{3}{8}\Rightarrow \frac{d\left(M;\left(SCD\right)\right)}{d\left(A;\left(SCD\right)\right)}=\frac{3}{8}$

Do $\left\{\begin{array}{l}AC\perp CD\\ CD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SAC\right)$

Trong mp  $\left(SAC\right)$ kẻ $AN\perp SC$  tại N thì $AN\perp \left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=AN$ .

 $\Delta SAC$ vuông cân tại A do $SA=AC=a\sqrt{3}$  nên $AN=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ .

Vậy $d\left(H;\left(SCD\right)\right)=d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\frac{3}{8}.AN=\frac{3a\sqrt{6}}{16}$ .

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $d:y=x+m$  và đồ thị $\left(C\right)$  là nghiệm của phương trình  (điều kiện ).

$\frac{3x+4}{3x+3}=x+m\iff 3x+4=\left(x+m\right)\left(3x+3\right)$ (điều kiện $x\ne -1$).

$\iff 3x^2+3mx+3m-4=0$

Ta có $\Delta =9m^2-12\left(3m-4\right)=9{\left(m-2\right)}^2+12>0,\forall m\in ℝ$ .

Vậy với mọi $m\in ℝ$  thì đường thẳng $d:y=x+m$  cắt đồ thị $\left(C\right)$  tại hai điểm phân biệt A và B. Khi đó $A\left(x_A;x_A+m\right)$  và $A\left(x_A;x_A+m\right)$ .

Theo đị lý Vi-ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=-m\\ x_A.x_B=\frac{3m-4}{3}\end{array}\right.\left(*\right)$ .

Ta có: $OA=OB\iff x_A^2+{\left(x_A-m\right)}^2=x_B^2+{\left(x_B+m\right)}^2$