Trên khoảng $\left(0;6\right)$ , hàm số đồng biến trên $\left(0;3\right)$  và nghịch biến trên $\left(3;6\right)$  nên đáp án B sai.

Hàm số $y=e^{x^2+2x}$  xác định khi $x^2+2x$ , mà $x^2+2x$  là đa thức bậc hai nên nó xác định trên toàn trục số thực R. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=ℝ$ .

$\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-5\\ d=3\end{array}\right.\Rightarrow 100=u_n=u_1+\left(n-1\right)d=3n-8\iff n=36$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{\sqrt{x^2+1}-x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}-1}=-1$

Từ đồ thị $\left(C_1\right)$  ta có hàm số $y={\log }_{a}x$  đồng biến trên tập xác định do đó $a>1$  nên A sai.

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t là $v\left(t\right)=S^{\text{'}}=\frac{1}{2}{\left(t^4-3t^2\right)}^{/}=2t^3-3t$ .

Do đó $v\left(4\right)={2.4}^3-3.4=116m/s$ .

$V=\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi r^2}=\frac{\pi a^3}{\pi a^2}=a$

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx+2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=12+2.5=22$

Ta có $\left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3$

Mặt phẳng song song với mặt phẳng $\left(Oyz\right)$và đi qua $A\left(-1;-1;-1\right)$  nhận $\overrightarrow{i}=\left(1;0;0\right)$  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là $x+1=0$ .

Gọi $G\left(x_G;y_G;z_G\right)$  là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{-1+3-2}{3}=0\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{2+4-6}{3}=0\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{4+2-6}{3}=0\end{array}\right.$

Vậy $G\left(0;0;0\right)$ .

$w=3z_1-2z_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=-1+12i$

Vậy phần ảo của số phức w là 12.

Hình lập phương  có 9 mặt phẳng đối xứng đó là:

+) Ba mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, AD, AA'.

+) Sáu mặt phẳng chứa 6 đường chéo của hình lập phương.

Ta có $\int \left(3x^2+\sin x\right)dx=x^3-\cos x+C$ .

Đạo hàm $y^{/}=6x^2+6x-4$

Giả sử đường thẳng $\Delta$  là tiếp tuyến của $\left(C\right)$  tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ .

Suy ra đường thẳng $\Delta$  có hệ số góc là $k=y^{/}\left(x_0\right)=6x_0^2+6x_0-4$ .

Khi đó $k=6\left(x_0^2+x_0-\frac{2}{3}\right)=6\left(x_0^2+x_0+\frac{1}{4}-\frac{11}{12}\right)=6{\left(x_0+\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{11}{2}\ge -\frac{11}{2}$ .

Vậy trong các tiếp tuyến của (C), tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất là $k=-\mathrm{5,5}$ .

Ta có đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$  cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt, mà qua các điểm đó đạo hàm đổi dấu. Nên đạo hàm đổi dấu ba lần qua ba nghiệm. Do vậy hàm số $y=f\left(x\right)$  có ba điểm cực trị.

• $I\in d\Rightarrow I\left(2t+1;t+2;2t+3\right)$

• Mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng $\iff d\left(I;\left(P_1\right)\right)=d\left(I_2;\left(P_2\right)\right)$

$\iff \left|8t+9\right|=\left|9t+9\right|\iff \left[\begin{array}{l}8t+9=9t+9\\ 8t-9=-9t-9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=\frac{-18}{17}\end{array}\right.$

• $t=0\Rightarrow I\left(1;2;3\right);R=3\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=9$ .

• $t=-\frac{18}{17}\Rightarrow I\left(-\frac{19}{17};\frac{16}{17};\frac{15}{17}\right);R=\frac{3}{17}\Rightarrow \left(S\right):{\left(x+\frac{19}{17}\right)}^2+{\left(y-\frac{16}{17}\right)}^2+{\left(z-\frac{15}{17}\right)}^2=\frac{9}{289}$ .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.

Suy ra $H\in d$  nên $H\left(1+3t;-2-2t;t\right)\Rightarrow \overrightarrow{MH}=\left(3t-1;4-2t;t-3\right)$ .

Đường thẳng d có một VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(3;-2;1\right)$ .

Ta có $MH\perp d$  nên $\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u}=0\iff 3\left(3t-1\right)-2\left(4-2t\right)+\left(t-3\right)=0\iff t=1\Rightarrow H\left(4;-4;1\right)$ .

Phương pháp tự luận $y^{\text{'}}=\frac{3x^2+18x+20}{{\left(x+3\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{-9+\sqrt{21}}{3}\\ x=\frac{-9-\sqrt{21}}{3}\end{array}\right.$

 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $y=6x+13$ .

Phương pháp trắc nghiệm

Tại điểm cực trị của đồ thị hàm số phân thức ở dạng bậc 2 trên bậc 1, ta có: $\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{g^{\text{'}}\left(x\right)}$

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là

$y=\frac{{\left(3x^2+13x+19\right)}^{\text{'}}}{{\left(x+3\right)}^{\text{'}}}\iff y=6x+13$.

Ta có $BC=BD=4\left(cm\right)\Rightarrow S_{BCD}=8\left(c{m}^2\right)$ .

Khoảng cách từ A đến $\left(BCD\right)$  là $d=\frac{3V_{ABCD}}{S_{BCD}}=\frac{3.32}{8}=12\left(cm\right)$

Ta có:

+) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\frac{1}{8},\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }=\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\frac{1}{8}$ .

Suy ra x = 1 không phải là đường tiệm cận đứng.

+) $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=+\infty$ . Suy ra  x = -1 là đường tiệm cận đứng.

TH1. Chọn 1 điểm thuộc d₁ và 2 điểm thuộc d_{2 =>} có $C_{17}^1.C_{20}^2$  tam giác.

TH2. Chọn 2 điểm thuộc d₁ và 1 điểm thuộc d₂ => có $C_{17}^2.C_{20}^1$  tam giác.

Như vậy, ta có $C_{17}^1.C_{20}^2+C_{17}^2.C_{20}^1=5950$   tam giác cần tìm.

Tập xác định: $D=ℝ$ .

$y=f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(C\right)$

$y^{/}=f^{/}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c\left(P\right)$

Dựa vào đồ thị của $\left(P\right)\Rightarrow f^{/}\left(0\right)=0\Rightarrow c=0$

 (P) có đỉnh  $I\left(1;-1\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-\frac{b}{3a}=1\\ 3a+2b=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3a+b=0\\ 3a+2b=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{3}\\ b=-1\end{array}\right.$

$\Rightarrow y^{/}=f^{/}\left(x\right)=x^2-2x\Rightarrow y=f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-x^2+d\left(C\right)$

Vì (C) tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ dương nên (C) tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ x = 2, theo điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(2\right)=0\\ f^{/}\left(2\right)=0\end{array}\right.\iff \frac{8}{3}-4+d=0\iff d=\frac{4}{3}\Rightarrow \left(C\right)$

 cắt Oy tại điểm $A\left(0;\frac{4}{3}\right)$ .

Gọi $z=a+bi\Rightarrow \overline{z}=a-bi$ .

Khi đó $z^2+{\left(\overline{z}\right)}^2={\left(a+bi\right)}^2+{\left(a-bi\right)}^2=2a^2+2b^2{i}^2=2\left(a^2-b^2\right)$ .

Theo giả thiết, $SA=SB=a$  và tam giác ASB vuông cân tại S $\Rightarrow AB=a\sqrt{2}$.

Nếu gọi O là tâm đường tròn đáy thì O là trung điểm của AB, SO là chiều cao của hình nón và $SO=R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Khi đó $S_{xq}=\pi .R.SB=\frac{\pi a^2\sqrt{2}}{2}$ .

Áp dụng định lý Viet, ta có $\left\{\begin{array}{l}S=\alpha +\beta =2+4i\\ P=\alpha .\beta =-11-2i\end{array}\right.$ .

Do đó $\alpha ,\beta$  là hai nghiệm của phương trình $z^2-Sz+P=0\iff z^2-\left(2+4i\right)z-\left(11+2i\right)=0$ .

Ta có$f\left(a\right)=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(\sqrt[3]{a^{-2}}-\sqrt[3]{a}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(\sqrt[8]{a^3}-\sqrt[8]{a^{-1}}\right)}=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(a^{\frac{-2}{3}}-a^{\frac{1}{3}}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(a^{\frac{3}{8}}-a^{\frac{-1}{8}}\right)}=\frac{1-a}{a^{\frac{1}{2}}-1}=\frac{-\left(a^{\frac{1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{1}{2}}+1\right)}{a^{\frac{1}{2}}-1}=-a^{\frac{1}{2}}-1$.

Khi đó $f\left({2019}^{2018}\right)=-{\left({2019}^{2018}\right)}^{\frac{1}{2}}-1=-{2019}^{1009}-1$ .

Ta có $y=a^x,y=b^x$  là hai hàm số đồng biến, hàm số $y=c^x$  là hàm số nghịch biến nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}a>1\\ b>1\\ 0<c<1\end{array}\right.\Rightarrow c<a,b$.

Thay $x=1$  vào hai hàm số $y=a^x,y=b^x$  ta được: $a<b$

Do đó, ta có: $c<a<b$ .

Dựng $AM\perp CD$  tại M. Ta có: $\widehat{SMA}=60°$ .

$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}.AB=4a^2$.

$CD=\sqrt{{\left(AD-BC\right)}^2+A{B}^2}=2a\sqrt{2}$.

 $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=a^2$

$S_{ACD}=S_{ABCD}-S_{ABC}=3a^2.S_{ACD}=\frac{1}{2}AM.CD\Rightarrow AM=\frac{2S_{ACD}}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{2}a$

Ta có: $SA=AM.\tan \widehat{SMA}=\frac{3\sqrt{6}}{2}a\Rightarrow v_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=2\sqrt{6}{a}^3$ .

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(2x+\frac{1}{{\sin }^{2}x}\right)dx=x^2-\cot x+C$

$F\left(\frac{\pi }{4}\right)=-1\iff {\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2-\cot \frac{\pi }{4}+C=-1\iff C=-\frac{{\pi }^2}{16}$

Vậy $F\left(x\right)=-\cot x+x^2-\frac{{\pi }^2}{16}$ .

Ta có $P={\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2019}={\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right)$

$=\left[{\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2018}\right]\left(5+2\sqrt{6}\right)$

$={\left[\left(5-2\sqrt{6}\right)\left(5+2\sqrt{6}\right)\right]}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right)={\left(1\right)}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right)=5+2\sqrt{6}$

Vậy $P\in \left(8;10\right)$

Yêu cầu bài toán $\iff -x^2+mx+2m+1>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;2\right)$

$\iff m\left(x+2\right)>x^2-\mathrm{1,}\forall x\in \left(1;2\right)\iff m>\frac{x^2-1}{x+2},\forall x\in \left(1;2\right)$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x+2}$ , với $x\in \left(1;2\right)$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2+4x+1}{{\left(x+2\right)}^2},f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2-\sqrt{3}\notin \left(1;2\right)\\ x=-2+\sqrt{3}\notin \left(1;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;2\right)$

Dựa vào bảng biến thiên có $m>\frac{x^2-1}{x+2},\forall x\in \left(1;2\right)$  khi $m\ge \frac{3}{4}$ . Vậy $m\ge \frac{3}{4}$ .

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-1$ .

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=1$. Từ đồ thị, ta được $x=-\mathrm{1,}x=\mathrm{1,}x=2$ .

Từ đồ thị, ta có bảng xét dấu của $g^{\text{'}}\left(x\right)$ .

Vậy hàm số  đạt cực đại tại $x=-1$ .

Khi cho hình thang ABCD quay quanh trục AD ta thu được khối nón cụt có đường cao AD, bán kính của đáy lớn là DC, bán kính đáy nhỏ là AB.

Áp dụng công thức tích thể tích khối nón cụt, ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành là:

 $V=\frac{1}{3}h.\pi \left({R_1}^2+{R_2}^2+R_1.R_2\right)$

Vậy thể tích khối tròn xoay là $=\frac{7\pi a^3}{3}$ .

Gọi đường thẳng đi qua chân đường phân giác trong góc B của tam giác và vuông góc với $\left(ABC\right)$  là $\Delta$ .

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(0;-3;4\right);\overrightarrow{BC}=\left(-6;3;2\right);\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right]=\left(-18;-24;-18\right)$ .

$AB=\sqrt{0^2+{\left(-3\right)}^2+4^2}=5;BC=\sqrt{{\left(-6\right)}^2+3^2+2^2}=7$.

Gọi $K\left(x;y;z\right)$  là chân đường phân giác trong góc B, ta có

$\frac{KA}{KC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow \overrightarrow{KA}=-\frac{AB}{BC}\overrightarrow{KC}\iff \overrightarrow{KA}=-\frac{5}{7}\overrightarrow{KC}$.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}1-x=-\frac{5}{7}\left(-5-x\right)\\ 2-y=-\frac{5}{7}\left(2-y\right)\\ -1-z=-\frac{5}{7}\left(5-z\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}\\ y=2\\ -z=\frac{3}{2}\end{array}\right.\Rightarrow K\left(-\frac{3}{2};2;\frac{3}{2}\right)$

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$  là $\overrightarrow{u}=\left(3;4;3\right)$ . Phương trình $\Delta$  là $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}+3t\\ y=2+4t\\ z=\frac{3}{2}+3t\end{array}\right.$ .

Vì ${\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x\in \left[1;2\right].f\left(x\right)<\frac{3}{4},\forall x\in \left(1;2\right)$

Dựa vào đồ thị suy ra $\left\{\begin{array}{l}M=\max g\left(x\right)=f\left(1\right)=3\\ m=\min g\left(x\right)=f\left(2\right)=1\end{array}\right.$ . Vậy $M+m=4$ .

Gọi $M\left(a,b\right)$  là điểm biểu diễn số phức $z=a+bi(a,b\in ℝ)$

Ta có: $\frac{z+i}{z-i}=\frac{a+(b+1)i}{a+(b-1)i}=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+{(b-1)}^2}+\frac{2ai}{a^2+{(b-1)}^2}$

Để $\frac{z+i}{z-i}$  là số thuần ảo thì $\frac{a^2+b^2-1}{a^2+{\left(b-1\right)}^2}=0\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=1\\ a^2+{\left(b-1\right)}^2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=1\\ a\ne \mathrm{0,}b\ne 1\end{array}\right.$ .

Đặt $t=2x\Rightarrow dx=\frac{1}{2}dt$ . Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=1\\ x=\frac{3}{2}\Rightarrow t=3\end{array}\right.$ .

Khi đó $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(\frac{2}{t}\right)dx$ .

Mà $2f\left(3x\right)+3f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{15x}{2}\iff f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)$

Nên $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)\right]dx=-\frac{5}{4}\underset{1}{\overset{3}{\int }}xdx-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx=-5-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx\left(*\right)$

Đặt $u=3x\Rightarrow dx=\frac{1}{3}dx$ . Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=1\Rightarrow u=3\\ x=3\Rightarrow t=9\end{array}\right.$ .

Khi đó $I=-5-\frac{1}{9}\underset{3}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)dt=-5-\frac{k}{9}=-\frac{45+k}{9}$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x\left(\ln x-1\right)}$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\int \frac{1}{x\left(\ln x-1\right)}dx=\ln \left|\ln x-1\right|+C=\left\{\begin{array}{l}\ln \left(1-\ln x\right)+C_{1}khix\in \left(0;e\right)\\ \ln \left(\ln x-1\right)+C_{2}khix\in \left(e;+\infty \right)\end{array}\right.$.

+) $f\left(\frac{1}{e^2}\right)=\ln 6\Rightarrow C_1=\ln 2$ .

+) $f\left(e^2\right)=3\Rightarrow C_2=3$ .

Do đó $f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\ln \left(1-\ln x\right)+\ln 2khix\in \left(0;e\right)\\ \ln \left(\ln x-1\right)+3khix\in \left(e;+\infty \right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln 2+\ln 2\\ f\left(e^3\right)=\ln 2+3\end{array}\right.$

$\stackrel{}{\to }f\left(\frac{1}{e}\right)+f\left(e^3\right)=3\left(\ln 2+1\right)$.

Trên $\left[-1;3\right]$ , ta có $1\le f\left(x\right)\le 7\Rightarrow 0\le \left|f\left(x\right)-2\right|\le 5$ .

Đặt $t=\left|f\left(x\right)-2\right|$  với $t\in \left[0;5\right]$ . Khi đó $y=t^3-3t^2+5\Rightarrow y^{\text{'}}=3t^2-6t=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=2\end{array}\right.$ .

Ta có $y\left(0\right)=5;y\left(2\right)=1;y\left(5\right)=55$ . Suy ra $\left\{\begin{array}{l}M=55\\ m=1\end{array}\right.\Rightarrow M.m=55$ .