Ta có $2^{2x-1}=2^x{.2}^{2020}\iff 2^{2x-1}=2^{x+2020}\iff 2x-1=x+2020\iff 2x-x=2020+1\iff x=2021$ .

Điểm $A\left(2;-2\right)$  biểu diễn số phức $z=2-2i$ .

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;0\right)$  và $\left(2;+\infty \right)$ .

Hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left(0;1\right)$  và $\left(1;2\right)$ .

Ta có  $\left(yOz\right):x=0$Þ Hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (yOz) là $M^{\text{'}}\left(0;2;4\right)$ .

Ta có $\int \left(-\sin x+e^x+5x\right)dx=-\int \sin xdx+\int e^{x}dx+\int 5xdx=\cos x+e^x+\frac{5}{2}{x}^2+C$ .

Đồ thị hàm số có nhánh ngoài cùng bên phải hướng lên nên loại B và C.

Ta có: $y\left(0\right)>0$  nên loại A Þ Chọn D.

Đường thẳng d có phương trình chính tắc $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z}{4}$  có một vectơ chỉ phương$\overrightarrow{u}=\left(2;-3;4\right)$

Tổng quát: Đường thẳng d có phương trình chính tắc $d:\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}$  có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(a;b;c\right)$ .

.

Ta có: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4},V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x$ .

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

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}y\left(1\right)=1\\ y\left(2\right)=-1\\ y\left(3\right)=3\end{array}\right.$ và hàm số liên tục trên $\left[1;3\right]$ .

Suy ra $\underset{x\in D}{\max }y=3$  và $\underset{x\in D}{\min }y=-1$ . Suy ra $M=3$  và $m=-1$ . Vậy $T=5$ .

Với a, b là hai số dương tùy ý, ta có: $\ln \left(a^3{b}^2\right)=\ln a^3+\ln b^2=3\ln a+2\ln b$ .

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \cos 5xdx=\frac{1}{5}\int \cos 5xd\left(5x\right)=\frac{1}{5}\sin 5x+C$

Ta có: $\widehat{BSO}=\frac{1}{2}\widehat{ASB}=30°$ .

Xét tam giác SOB vuông tại O có: $l=SB=\frac{OB}{\sin \widehat{BSO}}=2a\sqrt{2}$ .

Diện tích xung quanh của hình nón $S_{xq}=\pi Rl=\pi .a\sqrt{2}.2a\sqrt{2}=4\pi a^2$ .

Đáp án A

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_4=u_1.q^3\\ u_2=u_1.q\end{array}\right.\Rightarrow q^2=\frac{u_4}{u_1}=\frac{9}{4}\Rightarrow q=\frac{3}{2}$

Suy ra $u_5=u_4.q=\frac{27}{2}$

Ta có $2f\left(x\right)-8=0\iff f\left(x\right)=4$ .

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y=4 và đồ thị hàm số y=f(x).

Do $\left\{\begin{array}{l}BD//B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\\ BD//\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\end{array}\right.$nên $d\left(BD,B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)=d\left(B,B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)=B{B}^{\text{'}}=a$

Gọi số phức có phần thực bằng 1 là $z=1+bi,b\in ℝ$ . Khi đó, ta có:

$\left|1+bi+1-2i\right|=\sqrt{5}\iff \left|2+\left(b-2\right)i\right|=\sqrt{5}\iff 4+{\left(b-2\right)}^2=5\iff \left[\begin{array}{l}b=3\\ b=1\end{array}\right.$.

Vậy chỉ có hai số phức thỏa mãn.

Ta có $y^{\text{'}}={\left[{\log }_2^2\left(2x+1\right)\right]}^{\text{'}}=2{\log }_2\left(2x+1\right).{\left[{\log }_2\left(2x+1\right)\right]}^{\text{'}}=2{\log }_2\left(2x+1\right).\frac{2}{\left(2x+1\right).\ln 2}=\frac{4{\log }_2\left(2x+1\right)}{\left(2x+1\right).\ln 2}$

Hàm số liên tục trên $\left[-2;3\right]$. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Giá trị lớn nhất của f(x) trên $\left[-2;3\right]$  bằng 3, đạt được tại $x=2$ . Suy ra M=3.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên $\left[-2;3\right]$  bằng -1, đạt được tại x=-2. Suy ra m= -1.

Vậy $M^2-m=3^2-\left(-1\right)=10$ .

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{1}{x}+2\right)dx={\left.\left(\ln \left|x\right|+2x\right)\right|}_1^2=\ln 2+4-2=\ln 2+2$

Tam giác ABC vuông tại C có $\widehat{ABC}=60°;BC=a$ , suy ra $AC=BC\tan 60°=a\sqrt{3}$ .

Khi đó: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$ .

Mặt khác: $AC\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$  suy ra góc giữa AB' và mặt phẳng (BCC'B') là $\widehat{A{B}^{\text{'}}C}=30°$ .

Tam giác AB'C vuông tại C có $\widehat{A{B}^{\text{'}}C}=30°$ ; $AC=a\sqrt{3}$  suy ra $B^{\text{'}}C=\frac{AC}{\tan 30°}=3a$ .

Tam giác BB'C vuông tại B có $BC=a;B^{\text{'}}C=3a\Rightarrow B{B}^{\text{'}}=2\sqrt{2}a$ .

Vậy $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.B{B}^{\text{'}}=a^3\sqrt{6}$ .

Điều kiện: $x>5$ .

Ta có: $3{\log }_3\left(x-1\right)-{\log }_{\frac{1}{3}}{\left(x-5\right)}^3=3\iff 3{\log }_3\left(x-1\right)+3{\log }_3\left(x-5\right)=3$

$\iff {\log }_3\left(x-1\right)+{\log }_3\left(x-5\right)=1\iff {\log }_3\left[\left(x-1\right)\left(x-5\right)\right]=1\iff \left(x-1\right)\left(x-5\right)=3$

$\iff x^2-6x+2=0\iff x=3\pm \sqrt{7}$

Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình có 1 nghiệm $x=3+\sqrt{7}\Rightarrow x^2=16+6\sqrt{7}$ .

Đặt $x={\log }_{3}5,y={\log }_{3}2$ . Khi đó $\left\{\begin{array}{l}a={\log }_{8}5=\frac{{\log }_{3}5}{{\log }_{3}8}=\frac{x}{3y}\\ b={\log }_{6}2=\frac{{\log }_{3}2}{{\log }_{3}6}=\frac{y}{1+y}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3ay=x\\ b+by=y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{3ab}{1-b}\\ y=\frac{b}{1-b}\end{array}\right.$ .

Mặt khác: ${\log }_{3}10=x+y=\frac{3ab}{1-b}+\frac{b}{1-b}=\frac{3ab+b}{1-b}$ .

Sử dụng máy tính cầm tay: lần lượt lưu ${\log }_{8}5$  và${\log }_{6}2$  vào các phím (-) (A); (B). Sau đó lần lượt thử các đáp án.

Giả sử $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi\Rightarrow z+\overline{z}=2x$ .

Bài ra ta có $2\left|x-1+yi\right|=\left|2x+2\right|\iff 2\sqrt{{\left(x-1\right)}^2+y^2}=\left|2x+2\right|$

$\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2={\left(x+1\right)}^2\iff x^2-2x+1+y^2=x^2+2x+1\iff y^2=4x$.

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $2\left|z-1\right|=\left|z+\overline{z}+2\right|$  trên mặt phẳng tọa độ là một parabol.

Ta có: $y^{\text{'}}-2.f^{\text{'}}\left(1-x\right)$ . Khi đó: $y^{\text{'}}=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}1-x=1\\ 1-x=2\\ 1-x=3\\ 1-x=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=-2\\ x=-3\end{array}\right.$ .

Ta có trục xét dấu

Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$  và $\left(-2;0\right)$ .

Ta có:

$d_1$ qua $M_1\left(3;1;-2\right)$  và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(2;1;3\right)$ .

$d_2$ qua $M_2\left(-1;-5;1\right)$  và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(4;2;6\right)=2.\left(2;1;3\right)$ .

Ta có $\overrightarrow{u_2}=2\overrightarrow{u_1}$  nên $\overrightarrow{u_1}$  cùng phương với $\overrightarrow{u_2}$  và $M_1\notin d_2$  nên suy ra $d_1$  song song với $d_2$ .

Ta có: $P\left(x\right)={\left(x^2+\frac{1}{x}\right)}^{15}=\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{\left(x^2\right)}^{15-k}.{\left(\frac{1}{x}\right)}^k=\sum _0^{15}{C}_{15}^k{x}^{30-3k}$ .

Số hạng cần tìm không chứa  x$\Rightarrow 30-3k=0\iff k=10$ .

Vậy số hạng không chứa  trong khai triển của P(x) là $C_{15}^{10}=3003$ .

Phương trình hoành độ giao điểm:$x^2=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{4}{3}\\ x=1\end{array}\right.;-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}=0\iff x=4$

Vậy diện tích phần gạch sọc trong hình là $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx+\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left(-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}\right)dx=\frac{11}{6}$ .

Do M là trung điểm BC nên ta có:$M\left(1;-1;3\right)$ .

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AM là $\overrightarrow{AM}=\left(2;-4;1\right)$ .

Vậy phương trình đường thẳng AM là $\frac{x+1}{2}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{1}$ .

Gọi mặt cầu cần tìm là $\left(O;R\right)$  và tiếp điểm của nó với $\left(S_1{S}_2{S}_3\right)$  là I. Thiết diện qua $O,O_1,S_1$  như hình vẽ trên. Dễ thấy $S_{1}I=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ .

Mặt khác, ta có: $S_{\Delta S_{1}AB}=\left(\frac{S_{1}A+S_{1}B+2a}{2}\right).O_{1}K\iff O_{1}K=\frac{2a^2\sqrt{2}}{\left(a+3a\right)}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Ta có: $\Delta S_{1}IO\Delta A{O}_{1}K\Rightarrow \frac{OI}{O_{1}K}=\frac{I{S}_1}{A{O}_1}\Rightarrow R=OI=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Ta có:$f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+1\right).f^2\left(x\right)\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=2x+1\iff \int \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx=\int \left(2x+1\right)dx$

$\iff -\frac{1}{f\left(x\right)}=x^2+x+C\Rightarrow \frac{1}{f\left(x\right)}=-x^2-x-C$.

Lại có: $f\left(1\right)=-0,5\Rightarrow -2=-1^2-1-C\Rightarrow C=0$ .

Vậy $\frac{1}{f\left(x\right)}=-\left(x^2+x\right)=-x\left(x+1\right)$  hay $-f\left(x\right)=\frac{1}{x\left(x+1\right)}$ .

Ta có:$-f\left(1\right)-f\left(2\right)-f\left(3\right)-\mathrm{...}-f\left(2017\right)-f\left(2018\right)-f\left(2019\right)-f\left(2020\right)$

         $=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{2018.2019}+\frac{1}{2019.2020}+\frac{1}{2020-2021}$  

          $=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\mathrm{...}+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}+\frac{1}{2019}-\frac{1}{2020}+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}$  .

Vậy $f\left(1\right)+f\left(2\right)+f\left(3\right)+\mathrm{...}+f\left(2020\right)=\frac{-2020}{2021}$  hay $a=-2020,b=2021\Rightarrow b-a=4041$ .

Đường thẳng đi qua điểm A có phương trình là $y=kx+2,\left(k>0\right)$ .

Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và đường thẳng là: $x^2=kx+2\iff x^2-kx-2=0$ .

Giả sử $B\left(x_1;x_1^2\right);C\left(x_2;x_2^2\right)$  thì $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=k\\ x_1.x_2=-2\end{array}\right.\left(1\right)$ .

Từ giả thiết: $AC=2AB\Rightarrow x_2=-2x_1$  thay vào (1) ta được $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=2\end{array}\right.\Rightarrow k=1$ .

Do đó $V=\pi \underset{-1}{\overset{3}{\int }}\left[{\left(x+2\right)}^2-{\left(x^2\right)}^2\right]dx=\frac{72}{5}\pi$ .

Ta có:$\left|z^2-2z+5\right|=\left|\left(z-1+2i\right)\left(z+3-4i\right)\right|\iff \left|z-1+2i\right|.\left|z-1-2i\right|=\left|z-1+2i\right|.\left|z+3-4i\right|$

                                                                       .

Trường hợp 1: $\left|z-1+2i\right|=0\iff z=1-2i\Rightarrow \left|z+1-i\right|=\left|2-3i\right|=\sqrt{13}$ .

Trường hợp 2: $\left|z-1-2i\right|=\left|z+3-4i\right|$ . Đặt $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$ .

Khi đó $\left|z-1-2i\right|=\left|z+3-4i\right|\Rightarrow \sqrt{{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+3\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2}\iff 2x-y+5=0\left(d\right)$ .

Gọi $M\left(x;y\right),A\left(-1;1\right)$  lần lượt là điểm biểu diễn các số phức $z$  và $-1+i$ . Ta có: $\left|z+1-i\right|=MA$ .

Đoạn thẳng MA đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d.

Mặt khác, $d\left(A;d\right)=\frac{2\sqrt{5}}{5}$  nên $\min MA=\frac{2\sqrt{5}}{5}$  khi $M\left(-\frac{9}{5};\frac{7}{5}\right)$ .

So sánh hai trường hợp ta thấy $\min \left|z+1-i\right|=\frac{2\sqrt{5}}{5}$  khi $z=-\frac{9}{5}+\frac{7}{5}i$ .

Đặt $g\left(x\right)=m{\left(x-1\right)}^2+4=m{x}^2-2mx+4+m$ .

Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì cần tìm m để phương trình g(x)=0 có hai nghiệm phân biệt khác -1.

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ \Delta =m^2-m\left(4+m\right)>0\\ g\left(-1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\ne -1\end{array}\right.$ .

Trường hợp 1: Với m=0 ta có y=3 nên hàm số không có cực trị suy ra m=0 loại.

Trường hợp 2: Với $m\ne 0\Rightarrow m^2>0$ .

Hàm số $y=m^2{x}^4-\left(m^2-2020m\right)x^2+3$  có đúng một cực trị

$\iff -m^2.\left(m^2-2020m\right)\ge 0\iff m^2-2020m\le 0\iff 0\le m\le 2020$.

Vì $m\ne 0$  nên $0<m\le 2020$ .

Do $m\in \mathbb{Z}$  nên có 2020 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.

Đặt $t=2^x,t>0$ . Khi đó phương trình đã cho trở thành

$t^2+mt+2m-4=0\iff \left(t+2\right)\left(t+m-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}t=-2\\ t=2-m\end{array}\right.\left(*\right)$.

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t>0.

Từ (*) suy ra $2-m>0\iff m<2\underset{m\in \left[-15;5\right]}{\overset{m\in \mathbb{Z}}{\to }}m\in \left\{-15;-14;\mathrm{...};0;1\right\}$

Vậy có 17 số nguyên m thỏa mãn.

Mặt phẳng $\left(P\right)$  qua A có dạng $a\left(x-0\right)+b\left(y-8\right)+c\left(z-2\right)=0\iff ax+by+cz-8b-2c=0$ .

Điều kiện tiếp xúc:$d\left(I;\left(P\right)\right)=6\sqrt{2}\iff \frac{\left|5a-3b+7c-8b-2c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=6\sqrt{2}\iff \frac{\left|5a-11b+5c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=6\sqrt{2}\left(*\right)$

Mà $d\left(B;\left(P\right)\right)=\frac{\left|9a-7b+23c-8b-2c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{\left|9a-15b+21c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

$=\frac{\left|5a-11b+5c+4\left(a-b+4c\right)\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\le \frac{\left|5a-11b+5c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+4\frac{\left|a-b+4c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

                             $\le 6\sqrt{2}+4\frac{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+4^2}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=18\sqrt{2}$                     .

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{a}{1}=\frac{b}{-1}=\frac{c}{4}$ . Chọn $a=1;b=-1;c=4$  thỏa mãn (*).

Khi đó $\left(P\right):x-y+4z=0$ . Suy ra $m=-1;n=4$ . Suy ra: $m.n=-4$ .

Gọi điểm $H\left(a;0\right),\left(a>0\right)$  là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox.

Khi đó ta có đường thẳng OM có dạng $y=\tan \alpha .x$ , (với $\alpha =\widehat{MOH}$ )

$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{MH}{OH}=\frac{a^2}{a}=a\Rightarrow y=ax$

Vậy diện tích mảnh vườn cần tính là: $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(ax-x^2\right)dx=\frac{a^3}{6}\iff \frac{a^3}{6}=\frac{9}{2}\iff a=3$ .

Suy ra $OM=\sqrt{3^2+9^2}=3\sqrt{10}$

Kẻ $HM\perp CD,HN\perp SM\Rightarrow HN\perp \left(SCD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SCD\right)\right)=HN$ .

Vì  $HM\perp CD\Rightarrow HM\text{//}AD$Þ AHMD là hình bình hành$\Rightarrow HM=a$

Tam giác HBC vuông tại B 

$\Rightarrow HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{\frac{4a^2}{9}+a^2}=\frac{a\sqrt{13}}{3}$.

Tam giác SHC vuông tại H

$\Rightarrow SH=HC.\tan \widehat{SCH}=\frac{a\sqrt{13}}{3}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{39}}{3}$.

Tam giác SHM vuông tại H, HN là đường cao, suy ra

$\frac{1}{H{N}^2}=\frac{1}{H{M}^2}+\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{3}{13a^2}=\frac{16}{13a^2}\Rightarrow HN=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.

Vì K là trung điểm của HC nên $d\left(K,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(H,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{13}}{8}$ .

Ta có: $A^{\text{'}}B\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow \left(\widehat{A{A}^{\text{'}},\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{A^{\text{'}}AB}=45°$ .

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A\text{'}$  lên đường thẳng BB' và DD'.

 $\Rightarrow A^{\text{'}}H=A^{\text{'}}K=1$và $A{A}^{\text{'}}\perp \left(A^{\text{'}}HK\right)$ .

Hình bình hành ABB'A' có $A^{\text{'}}B\perp AB$  và $\widehat{A^{\text{'}}AB}=45°$nên các tam giác A'AB và A'BB' là các tam giác vuông cân tại B và A'. Từ đó suy ra H là trung điểm của BB' và $A^{\text{'}}H=1\Rightarrow B{B}^{\text{'}}=2A^{\text{'}}H=2$ .