Ta có $\mathrm{S}=4{\mathrm{\pi R}}^2\Rightarrow \mathrm{R}=\sqrt{\frac{\mathrm{S}}{4\mathrm{\pi }}}=\sqrt{\frac{8{\mathrm{\pi a}}^2}{3.4\mathrm{\pi }}}=\frac{\mathrm{a}\sqrt{6}}{3}$

Chọn B.

Vectơ chỉ phương của d₁ và d₂ lần lượt là $\overrightarrow{u_1}=\left(1;-4;6\right),\overrightarrow{u_2}=\left(2;1;-5\right).$

Vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(14;17;9\right)$

Phương trình đường thẳng cần tìm là $\frac{x-1}{14}=\frac{y+1}{17}=\frac{z-2}{9}.$

Chọn A.

Chọn A.

Chọn A.

Số phức liên hợp của số phức $z=1-2i$ là $\overline{z}=1+2i.$

Chọn B.

Chọn D.

Mặt phẳng $\left(P\right):2x-y+3z-1=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}=\left(2;-1;3\right).$

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại là y = 5.

Chọn C.

Ta có $r^2=l^2-h^2=5^2-4^2=9.$ Do đó thể tích khối nón:

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \mathrm{.9.4}=12\pi .$

Chọn B.

Gọi $w=x+yi;x,y\in ℝ.$ Theo đề, ta có $w=\left(1-i\right)\overline{z}+2i\iff \overline{z}=\frac{w-2i}{1-i}=\frac{z+\left(y-2\right)i}{1-i}.$

Lấy môđun hai vế, ta được $\left|\overline{z}\right|=\left|\frac{x+\left(y-2\right)i}{1-i}\right|=\frac{\left|x+\left(y-2\right)i\right|}{\left|1-i\right|}=\frac{\sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}}{\sqrt{2}}.$

Lại có $\left|z\right|=\left|\overline{z}\right|$ suy ra $\frac{\sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}}{\sqrt{2}}=2\iff x^2+{\left(y-2\right)}^2=8.$

Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức cần tìm là đường tròn có bán kính bằng $2\sqrt{2}.$

Chọn C.

Ta có $P=a^{{\log }_{a\sqrt{a}}8}=a^{{\log }_{a^{\frac{3}{2}}}{2}^3}=a^{2{\log }_{a}2}={\left(a^{{\log }_{a}2}\right)}^2=2^2=4.$

Chọn B.

+ Điều kiện xác định của hàm số $x\ne 1.$

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2\Rightarrow y=2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=-\infty \Rightarrow x=1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x = 1 và y = 2.

Chọn A.

Áp dụng công thức mặt phẳng đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng (MNP) là $\frac{x}{2}+\frac{y}{1}+\frac{z}{2}=1.$

Chọn C.

Lời giải:

Ta có ${\log }_3\left(9a\right)={\log }_{3}9+{\log }_{3}a={\log }_3{3}^2+{\log }_{3}a=2+{\log }_{3}a.$

Đáp án đúng là C.

*Phương pháp giải:

a. Đưa về cùng cơ số

- Áp dụng một số tính chất của lôgarit:

$$\begin{gathered} {\log }_a\left(x.y\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y \\ {\log }_a\frac{x}{y}={\log }_{a}x-{\log }_{a}y \\ {\log }_a{b}^{\alpha }=\alpha .{\log }_{a}b \\ {\log }_{a}b=\frac{{\log }_{c}b}{{\log }_{c}a} \\ {\log }_{a^{\alpha }}b=\frac{1}{\alpha }{\log }_{a}b\left(\alpha \ne 0\right) \end{gathered}$$

b. Đặt ẩn phụ

c. Mũ hóa.

*LÝ thuyết :

- Phương trình lôgarit là phương trình có chứa ẩn số trong biểu thức dưới dấu lôgarit.

- Phương trình lôgarit cơ bản có dạng: ${\log }_{a}x=b\left(a>0,a\ne 1\right)$

Theo định nghĩa lôgarit ta có: ${\log }_{a}x=b\iff x=a^b$

Xem thêm

Phương trình lôgarit | Lý thuyết, công thức, các dạng bài tập và cách giải 

TOP 40 câu Trắc nghiệm Logarit (có đáp án 2024) - Toán 12 

Mặt phẳng Oyz có phương trình x = 0.

Đường thẳng d qua điểm A(1;-2;3) và vuông góc với (Oyz) có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2\\ z=3\end{array}\right.$

Giả sử điểm H là hình chiếu của điểm A lên (Oyz). Ta có $H=d\cap \left(Oyz\right)=\left(0;-2;3\right).$

Chọn C.

Từ đồ thị suy ra hàm số có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a>0\right)$ suy ra loại đáp án A, C. Do hàm số có 3 điểm cực trị suy ra

a.b < 0 loại đáp án B.

Chọn D.

Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình

$x^3+3x^2-x=2x^2+x\iff x^3+x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\\ x=1\end{array}\right.$

Diện tích hình phẳng cần tính là 

$S=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left(x^3+x^2-2x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x^3+x^2-2x\right)dx=\frac{37}{12}.$

Chọn B.

Hàm số xác định khi $x^2-3x+2>0\iff x\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right).$

Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có

 $x^3-3x^2-1=4x-1\iff x^3-3x^2-4x=0\iff x\left(x^2-3x-4\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=4\end{array}\right..$

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y = 4x - 1 và đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2-1.$ Do đó có 3 điểm chung.

Chọn D.

Theo đề bài ta thấy người đó đã gửi ngân hàng theo thể thức lãi kép. Do đó theo công thức lãi kép, ta có số tiền cả gốc lẫn lãi sau 5 năm của người đó là: $50.{\left(1+7\%\right)}^5\approx 70,128$ (triệu).

Số tiền lãi của người đó sau 5 năm là: $70,128-50=20,128$ (triệu).

Chọn C.

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2+2x-4y-2z-3=0$ có tâm I(-1;2;1) và bán kính

$R=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+2^2+1^2-\left(-3\right)}=\sqrt{9}=3.$

Chọn D.

Số cách lấy hai viên bi, trong đó có 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh từ một hộp có 3 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh là $C_3^1.C_4^1=12$ (cách).

Chọn C.

Hình lập phương có thể tích bằng $64a^3$ khi đó cạnh của hình lập phương là 4a.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương có tâm I bán kính r = IO = 2a.

Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là:

$V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(2a\right)}^3=\frac{32\pi a^3}{3}.$

Chọn B.

Hình lập phương có thể tích bằng $64a^3$ khi đó cạnh của hình lập phương là 4a.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương có tâm I bán kính r = IO = 2a.

Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là:

$V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(2a\right)}^3=\frac{32\pi a^3}{3}.$

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm.

Chọn B.

Ta có: $z=z_1+z_2=\left(2+3i\right)+\left(-4-5i\right)=-2-2i.$

Chọn B.

Hàm số $y=\frac{x-1}{2x+1}$ có tập xác định là $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{1}{2}\right\}.$

Ta có $y\text{'}=\frac{3}{{\left(2x+1\right)}^2}>0,\forall x\ne -\frac{1}{2}.$

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)$ và $\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)$.

Khi đó xét trên đoạn $\left[0;1\right]$ thì $\underset{\left[0;1\right]}{\max }y=y_{\left(1\right)}=0$ và $\underset{\left[0;1\right]}{\min }y=y_{\left(0\right)}=-1.$

Chọn A.

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;-2;3) và có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(2;-1;-2\right)$ là $\frac{x-1}{2}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z-3}{-2}.$

Chọn B.

Hàm số y = f(x) có đạo hàm là $f\text{'}\left(x\right)=x{\left(x+1\right)}^2\left(x-1\right).$

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ và $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu khi qua các nghiệm đó.

Mà $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x{\left(x+1\right)}^2\left(x-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=1\end{array}\right.$ và $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu khi qua các nghiệm x = 0 và x = 1. 

Vậy hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = 1.

Chọn C.

Theo bài ta có bán kính đáy của hình trụ là $r=\frac{1}{2}AB=2a.$

Và chiều cao là $h=BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{25a^2-16a^2}=3a.$

Thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=\pi .{\left(2a\right)}^2.3a=12\pi a^3$ (đvtt).

Chọn A.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}2x-3>0\\ 5-2x>0\end{array}\right.\iff \frac{3}{2}<x<\frac{5}{2}$

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-3\right)<{\log }_{\frac{1}{2}}\left(5-2x\right)\iff 2x-3>5-2x\iff 4x>8\iff x>2.$

So sánh với điều kiện ta có $2<x<\frac{5}{2}\Rightarrow$ tập nghiệm của bất phương trình là $\left(2;\frac{5}{2}\right)$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\frac{5}{2}\end{array}\right.\Rightarrow S=a+b=\frac{9}{2}.$

Chọn B.

Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z = 3 + 4i nên số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4.

Chọn D.

Thể tích khối lập phương là $V=2^3=8.$

Chọn D.

Chọn D.

Ta có $2^{x^2-x}=1\iff x^2-x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right..$

Vậy số nghiệm của phương trình $2^{x^2-x}=1$ là 2.

Chọn C.

Ta có $u_n=3n-2\Rightarrow u_1=1,u_2=4\Rightarrow d=u_2-u_1=3.$

Vậy công sai của cấp số cộng là d = 3.

Chọn D.

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Ta có

     $z\left(1-2a\right)+\overline{z}i=15+i$

     $\iff \left(a+bi\right)\left(1-2i\right)+\left(a-bi\right)i=15+i$

     $\iff a+3b+\left(b-a\right)i=15+i$

     $\iff \left\{\begin{array}{l}a+3b=15\\ b-a=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=4\end{array}\right.\Rightarrow \left|z\right|=5$

Chọn D.

Ta có

$2^{\ln \left(\frac{x+y}{2}\right)}{.5}^{\ln \left(x+y\right)}=2^{\ln 5}$

$\iff {\left(x+y\right)}^{\ln 2}.{\left(x+y\right)}^{\ln 5}=2^{\ln 2}{.2}^{\ln 5}$

$\iff {\left(x+y\right)}^{\ln 2+\ln 5}=2^{\ln 2+\ln 5}$

$\iff x+y=2$

$\iff y=2-x\Rightarrow 0<x<2$

Khi đó $P=\left(x+1\right)\ln x+\left(y+1\right)\ln y=\left(x+1\right)\ln x+\left(3-x\right)\ln \left(2-x\right),0<x<2$

* $P\text{'}=\ln x+\left(x+1\right)\frac{1}{x}-\ln \left(2-x\right)-\frac{x-3}{x-2}=\ln x-\ln \left(2-x\right)+\frac{1}{x}+\frac{1}{x-2}$

* $P"=\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{{\left(2-x\right)}^2}=\frac{-4{\left(x-1\right)}^2}{x^2{\left(2-x\right)}^2}\le 0,\forall x\in \left(0;2\right)$

Suy ra phương trình $P\text{'}=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm mà $P\left(1\right)=0\iff x=1.$

BBT

Dựa theo BBT thì $P_{max}=0.$

Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó $A\left(0;0;0\right),B\left(a;0;0\right),C\left(a;a;0\right),D\left(0;2a;0\right),S\left(0;0;a\right).$

Do M, N lần lượt là trung điểm của SB, CD nên M, N có tọa độ lần lượt là:

$M\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right),N\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{2};0\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(0;\frac{3a}{2};\frac{-a}{2}\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{u_1}=\left(0;3;-1\right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng MN.

Gọi K là trung điểm của $AD\Rightarrow ABCK$ là hình bình hành.

Suy ra: $CK=AB=a=\frac{1}{2}CD\Rightarrow$ Tam giác ACD vuông tại C.

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

Mà: $\overrightarrow{CD}=\left(-a;a;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_1}=\left(-1;1;0\right)$ là vectơ pháp tuyến của $mp\left(SAC\right)$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa MN và $mp\left(SAC\right)$.

Ta có: $\sin \alpha =\frac{\left|\overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{n_1}\right|}{\left|\overrightarrow{u_1}\right|.\left|\overrightarrow{n_1}\right|}=\frac{3\sqrt{5}}{10}\Rightarrow \cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\frac{\sqrt{55}}{10}.$

Chọn A.

ĐKXĐ: $x\ne m$

Ta có $y\text{'}=\frac{-3m-18}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$ khi $y\text{'}<0\forall x\in \left(-\infty ;-3\right)$

$\iff \frac{-3m-18}{{\left(x-m\right)}^2}<0\forall x\in \left(-\infty ;-3\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-3m-18<0\\ m\notin \left(-\infty -3\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-6\\ m\ge -3\end{array}\right.\iff m\ge -3.$

Lại có: $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in \left(-2020;2021\right)\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1;\mathrm{...};2020\right\}.$

Vậy có 2024 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

+) Số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=6^3=216.$

+) Gọi A là biến cố “Ba số thu được trên ba con súc sắc có tích chia hết cho 6”

 là biến cố “Ba số thu được trên ba con súc sắc có tích không chia hết cho 6”

TH1: Ba số đó không có số nào chia hết cho 3 có $4^3$ khả năng.

TH2: Ba số đó không có số nào chia hết cho 2 có $3^3$ khả năng

TH3: Ba số đó không có số nào chia hết cho 2 và 3 có $2^3$ khả năng.

$P\left(\overline{A}\right)=\frac{4^3+3^3-2^3}{6^3}=\frac{83}{216}.$

Vậy $P\left(A\right)=1-\frac{83}{216}=\frac{133}{216}.$

Chọn A.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AM

Vì ABC là tam giác đều nên $BM\perp AC$

Mà HN song song với BM nên $HN\perp AC$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}A\text{'}H\perp AC\\ HN\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(A\text{'}HN\right)\Rightarrow \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\perp \left(A\text{'}HN\right)$ theo giao tuyến A'N

Hạ $HI\perp A\text{'}N\Rightarrow HI\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$ do đó $d\left(H;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=HI$

Có $d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=2.d\left(H\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=2HI$

Ta có $BM=a\sqrt{3};HN=\frac{1}{2}BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vì $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$ nên hình chiếu của Â' trên mặt phẳng đáy (ABC) là AH do đó góc giữa cạnh bên AA' và mặt đáy là $\widehat{A\text{'}AH}={60}^0$

$A\text{'}H=AH.\tan {60}^0=a\sqrt{3}$

$\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{H{N}^2}+\frac{1}{A\text{'}{H}^2}\Rightarrow HI=\frac{a\sqrt{15}}{5}.$ 

Vậy $h=\frac{2a\sqrt{15}}{5}.$

Chọn D.

Xét hàm số $y=f\left(2-x\right)\Rightarrow y\text{'}=-f\text{'}\left(2-x\right).$

Mà $f\text{'}\left(2-x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2-x=-3\\ 2-x=-1\\ 2-x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=5\\ x=3\\ x=1\end{array}\right..$

Nên ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=5\\ x=3\\ x=1\end{array}\right..$

Xét hàm số $h\left(x\right)=f\left(x^2-2\right)\Rightarrow h\text{'}=2x.f\text{'}\left(x^2-2\right).$

Vậy $h\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}2x=0\\ f\text{'}\left(x^2-2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-2=1\\ x^2-2=3\\ x^2-2=5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{3}\\ x=\pm \sqrt{5}\end{array}\right..$

Chọn A.