Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Ta có: $\left(\widehat{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}};BD}\right)=\left(\widehat{AC;BD}\right)=90°$

Chọn đáp án A

Xét phương trình hoành độ giao điểm $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 8x^3-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \frac{1}{2}\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số (C') :$y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ với trục hoành có 3 điểm chung.

${\log }_{7}x={\log }_{7}a{b}^2-{\log }_7{a}^{3}b={\log }_7\frac{a{b}^2}{a^{3}b}={\log }_7\frac{b}{a^2}={\log }_7{a}^{-2}b$

Ta có $2019f\left(x\right)-2020=0\iff f\left(x\right)=\frac{2020}{2019}$

Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng $y=\frac{2020}{2019}$  cắt đồ thị $y=f\left(x\right)$  tại 3 điểm phân biệt

Ta có: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}a=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Vẽ đồ thị y=f(x)+1  bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y=f(x)  lên trên 1 đơn vị.

$S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{e}^{2x}dx=\frac{e^{2x}}{2}\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.=\frac{e^4-1}{2}$

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Ta có $f\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+3x+C$ . Mà $f\left(0\right)=1$  nên $C=1$ . Vậy $f\left(2\right)=11$ .

Đặt $z=a+bi$  với $a,b\in ℝ$ . Khi đó $\overline{z}=a-bi$ .

Ta có: $z+4\overline{z}=7+i\left(z-7\right)\iff a+bi+4\left(a-bi\right)=7+i\left(a+bi-7\right)$

$\iff a+bi+4a-4bi=7+ai-b-7i\iff 5a+b-\left(a+3b\right)i=7-7i\iff \left\{\begin{array}{l}5a+b=7\\ a+3b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}\right.$

Do đó $z=1+2i$ . Vậy $\left|z\right|=\sqrt{5}$ .

Khối nón tạo thành có bán kính $AC=4a$  và chiều cao $AB=4a$ .

Thể tích khối nón cần tìm là $V=\frac{1}{3}\pi {\left(4a\right)}^2.4a=\frac{64\pi a^3}{3}$ .

Ta có $y=\sqrt[3]{{\left(1-3x\right)}^5}={\left(1-3x\right)}^{\frac{5}{3}}$ . Ta suy ra $y^{\text{'}}=\frac{5}{3}{\left(1-3x\right)}^{\frac{2}{3}}.{\left(1-3x\right)}^{\text{'}}=-5{\left(1-3x\right)}^{\frac{2}{3}}$ .

Ta có $9^x-{3.3}^x+2=0\iff \left\{\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x={\log }_{3}2\end{array}\right.$ .

Do $0<{\log }_{3}2\Rightarrow x_1=0$ , $x_2={\log }_{3}2\Rightarrow A=2x_1+3x_2=2.0+3.{\log }_{3}2=3{\log }_{3}2$ .

Khẳng định D sai. Ví dụ hàm số $f\left(x\right)=x^4\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3$ ; $f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=12x^2$ .

 $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0$ và qua x=0 thì $f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu nên là điểm cực trị của hàm số. Mặt khác $f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=0$ .

Ta có: $\log \left|x^2-3\right|=0\iff \left|x^2-3\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-3=1\\ x^2-3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10 là

$S=\underset{3}{\overset{10}{\int }}\left(3t^2+4\right)dt=\left(t^3+4t\right)\left|\begin{array}{l}10\\ 3\end{array}\right.=1001m$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3+2\left(2m-1\right)x^2-\left(m^2-8\right)x+2$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-3x^2+4\left(2m-1\right)x-m^2+8$ ; $f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=-6x+4\left(2m-1\right)$ .

Để x= -1 là điểm cực tiểu của hàm số thì $f^{\text{'}}\left(-1\right)=0$

$f^{\text{'}}\left(-1\right)=0\iff m^2+8m-9=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-9\end{array}\right.$

Với $m=1$  ta có $f^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)>0$ .

Với $m=-9$  ta có $f^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)<0$ .

Vậy $x=-1$  là điểm cực tiểu của hàm số $f\left(x\right)=-x^3+2\left(2m-1\right)x^2-\left(m^2-8\right)x+2$  khi và chỉ khi $m=1$ .

Ta có: $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}{\sin }^{2}2xdx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1-\cos 4x}{2}dx=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}1dx-\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}\cos 4xdx=\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}\sin 4x+C$

Giả sử $LN\cap BD=1$ . Nối K với I cắt AD tại P.

Suy ra $\left(KLN\right)\cap AD=P$ .

Ta có $KL//AC\Rightarrow AC//\left(KLNP\right)$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\subset \left(ACD\right)\\ \left(ACD\right)\cap \left(KLNP\right)=PN\end{array}\right.\Rightarrow PN=AC$

Khi đó: $\frac{PA}{PD}=\frac{NC}{ND}=2$

Ta có $M\left(x;y;3-2x-2y\right)\in \left(P\right)$ .

$\left\{\begin{array}{l}M{A}^2=M{B}^2\\ M{B}^2=M{C}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2={\left(x-2\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2\\ {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}4x-6y-2z=4\\ -8x+4y=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}8x-2y=10\\ -8x+4y=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}\right.\Rightarrow M\left(2;3;-7\right)$

Vậy $a^2+b^2+c^2=62$ .

Điều kiện: $x>\frac{3}{4}$ .

Ta có $2{\log }_3\left(4x-3\right)+{\log }_{\frac{1}{9}}{\left(2x+3\right)}^2\le 2\iff 2{\log }_3\left(4x-3\right)+{\log }_{3^{-2}}{\left(2x+3\right)}^2\le 2$

$\iff {\log }_3{\left(4x-3\right)}^2-{\log }_3\left(2x+3\right)\le 2\iff {\log }_3\frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 2\iff \frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 9$

Do $2x+3>0$  nên $\frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 9\iff 16x^2-24x+9\le 9\left(2x+3\right)\iff -\frac{3}{8}\le x\le 3$

Kết hợp với điều kiện ta được $\frac{3}{4}<x\le 3$ .

Ta có $z^2-2z+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.$

Suy ra $M=z_1^{100}+z_2^{100}={\left(1+i\right)}^{100}+{\left(1-i\right)}^{100}={\left({\left(1+i\right)}^2\right)}^{50}+{\left({\left(1-i\right)}^2\right)}^{50}={\left(2i\right)}^{50}+{\left(-2i\right)}^{50}={2.2}^{50}.{\left(i^2\right)}^{25}=-2^{51}$ .

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(SBC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SBC\right)=SB\end{array}\right.$

Trong mặt phẳng (SAB): Kẻ $AH\perp SB\Rightarrow AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right)$

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{\sqrt{3}a}{2}$

Gọi  $\left(a,b\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi$

Ta có $z-\left(2+3i\right)\overline{z}=1-9i\iff a+bi-\left(2+3i\right)\left(a-bi\right)=1-9i\iff a+bi-2a+2bi-3ai-3b=1-9i$

$\iff -a-3b-3ai+3bi=1-9i\iff \left\{\begin{array}{l}-a-3b=1\\ -3a+3b=-9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\right.\Rightarrow z=2-i$

Số phức $w=\frac{5}{iz}=\frac{5}{i\left(2-i\right)}=1-2i$ .

Ta có $\left|i.z-2i-1\right|=3\iff \left|i.\left(x+yi\right)-2i-1\right|=3\iff \left|xi-y-2i-1\right|=3\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=9$

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện $\left|i.z-2i-1\right|=3$  là đường tròn có tâm $I\left(2;-1\right)$ , bán kính $R=3$ .

Tâm H của đường tròn giao tuyến là hình chiếu vuông góc của tâm $I=\left(0;1;2\right)$  của mặt cầu $\left(S\right)$  lên mặt phẳng (P)  .

Do đó vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left(2;-1;0\right)$  của mặt phẳng (P) cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng IH.

Suy ra phương trình đường thẳng IH là $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-t\\ z=2\end{array}\right.$

Vì H là giao điểm của đường thẳng IH và mặt phẳng (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-t\\ z=2\\ 2x-y-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=0\\ z=2\end{array}\right.\Rightarrow H=\left(2;0;2\right)$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}2my=x^2\iff y=\frac{x^2}{2m}>0\\ y^2=2mx\iff \left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{2mx}>0\\ y=-\sqrt{2mx}<0\end{array}\right.\end{array}\right.$

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{x^2}{2m}=\sqrt{2mx}\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

$\Rightarrow S=\underset{0}{\overset{2m}{\int }}\left|\frac{x^2}{2m}-\sqrt{2mx}\right|dx=\frac{4m^2}{3}=3\iff m=\frac{3}{2}$

Gọi $V_1$ , $V_2$ , V lần lượt là thể tích của hai bồn nước có bán kính 2m; 2,5m của bồn chứa mới.

Theo bài ra ta có  $V=V_1+V_2\iff 1,5h.\pi .R^2=h.\pi {.2}^2+h.\pi .2,5^2$

$\iff R^2=\frac{41}{6}\Rightarrow R=\sqrt{\frac{41}{6}}\approx 2,6\left(m\right)$.

Đặt $2^x=t$ ,$t>0$ . Khi đó $4^x-2^{x+1}+m=0\iff t^2-2t+m=0\iff -t^2+2t=m$           

Xét hàm số $f\left(t\right)=-t^2+2t$  với $t>0$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)=-2t+2$ ; $f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=1$ .

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình (*) có hai nghiệm thực phân biệt khi $m\in \left(-\infty ;1\right)$

Gọi I là trung điểm của BM, ta có $NI//CM$  nên góc giữa SN và CM là góc giữa SN và NI.

Xét tam giác SNI có

$SN=\sqrt{S{C}^2+C{N}^2}=\sqrt{4+8}=2\sqrt{3}$; $NI=\frac{1}{2}CM=\frac{1}{2}4\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{6}$ ;

$CI=\sqrt{C{M}^2+M{I}^2}=\sqrt{24+2}=\sqrt{26}\Rightarrow SI=\sqrt{S{C}^2+C{I}^2}=\sqrt{4+26}=\sqrt{30}$

Vậy $\cos \widehat{SNI}=\frac{S{N}^2+N{I}^2-S{I}^2}{2SN.NI}=\frac{12+6-30}{2.2\sqrt{3}.\sqrt{6}}=\frac{-12}{3\sqrt{2}.4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SNI}=135°$

Vậy góc giữa SN và CM bằng 45°.

Ta có $y=\left|x^2+2x+a-4\right|=\left|{\left(x+1\right)}^2+a-5\right|$ . Đặt $u={\left(x+1\right)}^2$  khi đó $\forall x\in \left[-2;1\right]$  thì $u\in \left[0;4\right]$ .

Khi đó $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{\max }y=\underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=\max \left\{f\left(0\right),f\left(4\right)\right\}=\max \left\{\left|a-5\right|;\left|a-1\right|\right\}$ .

+ Trường hợp 1: $\left|a-5\right|\ge \left|a-1\right|\iff a\le 3\Rightarrow \underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=5-a\ge 2\iff a=3$

+ Trường hợp 2: $\left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\ge 3\Rightarrow \underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=a-1\ge 2\iff a=3$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{\max }y=2\iff a=3$ .

Kẻ $HK\perp BD\Rightarrow BD\perp \left(SHK\right)\Rightarrow \widehat{SKH}=60°$

$HC=a\sqrt{5}$; $AD=3a$; $HK=\frac{1}{2}d\left(A,BD\right)=\frac{1}{2}.\frac{AB.AD}{BD}=\frac{3a}{2\sqrt{10}}$

$SH=HK.\tan 60°=\frac{3a\sqrt{3}}{2\sqrt{10}}$

Kẻ $HI\perp SK\Rightarrow HI\perp \left(SBD\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=2HI$ .

Ta có $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{H{K}^2}+\frac{1}{S{H}^2}\Rightarrow HI=\frac{3a\sqrt{3}}{4\sqrt{10}}$

Ta có $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=\left(2x-2\right)f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)$

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ x^2-2x=0\\ x^2-2x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=0\\ x=2\\ x=1+\sqrt{3}\\ x=1-\sqrt{3}\end{array}\right.$

Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.

Khi đó $P\left(x\right)=\left(x+1\right){\left(1+2x\right)}^{17}=\left(1+x\right)\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^k=\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^k+\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^{k+1}$

Suy ra hệ số của $x^k$  trong khai triển là $C_{17}^k{2}^k+C_{17}^{k-1}{2}^{k-1}$

Hệ số của $x^k$  lớn nhất khi $\left\{\begin{array}{l}{C}_{17}^k{2}^k+C_{17}^{k-1}{2}^{k-1}\ge C_{17}^{k+1}{2}^{k+1}+C_{17}^k{2}^k\\ C_{17}^k{2}^k+C_{17}^{k-1}{2}^{k-1}\ge C_{17}^{k-1}{2}^{k-1}+C_{17}^{k-2}{2}^{k-2}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_{17}^{k-1}{2}^{k-1}\ge C_{17}^{k+1}{2}^{k+1}\\ C_{17}^k{2}^k\ge C_{17}^{k-2}{2}^{k-2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{\left(k-1\right)!.\left(18-k\right)!}\ge \frac{2^2}{\left(k+1\right)!.\left(16-k\right)!}\\ \frac{2^2}{k!.\left(17-k\right)!}\ge \frac{1}{\left(k-2\right)!.\left(19-k\right)!}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{\left(18-k\right)\left(17-k\right)}\ge \frac{4}{k\left(k+1\right)}\\ \frac{4}{\left(k-1\right)k}\ge \frac{1}{\left(18-k\right)\left(19-k\right)}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3k^2-141k+1224\le 0\\ 3k^2-147k+1368\ge 0\end{array}\right.\underset{}{\overset{k\in {\mathbb{N}}^{*}}{\to }}k=12$

Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là $C_{17}^{12}{2}^{12}=C_{17}^{11}{2}^{11}=50692096$

Ta có $\underset{0}{\overset{d}{\int }}f\left(x\right)dx=\left(\frac{a}{3}{x}^3+\frac{b}{2}{x}^2+cx\right)\left|\begin{array}{l}d\\ 0\end{array}\right.=\frac{a}{3}{d}^3+\frac{b}{2}{d}^2+cd$

Do đó $\left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=-\frac{7}{2}\iff \frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c=-\frac{7}{2}\\ \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=-2\iff \frac{8}{3}a+2b+2c=-2\\ \underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{13}{2}\iff 9a+\frac{9}{2}b+3c=\frac{13}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\\ c=-\frac{16}{3}\end{array}\right.$

Vậy $P=a+b+c=-\frac{4}{3}$ .