Đáp án A

$V=\pi R^{2}h\iff R^2=\frac{V}{\pi h}\iff R^2=\frac{45\pi }{5\pi }=9\Rightarrow R=3cm.$

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$ và tiệm cận đứng x=1

Phương án A: TCN: $y=\frac{1}{2}$ và TCĐ: $x=\frac{1}{2}$ (loại).

Phương án B: TCN: $y=\frac{2}{3}$ và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án D: TCN: y=2 và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án C: TCN: $y=\frac{1}{2}$ và TCĐ: x=1 (thỏa mãn).

Đáp án B

Ta có hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0;-1;1)

Đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\Rightarrow y=1$ là TCN.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1\Rightarrow y=-1$ là TCN. Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_6=17\\ u_2+u_4=14\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2u_1+5d=17\\ 2u_1+4d=14\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=3\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có $\left(\alpha \right):x+2y-z+3=0,\left\{\begin{array}{l}A\left(1;1;6\right)\\ \overrightarrow{n_{\alpha }}\left(1;2;-1\right)\end{array}\right.;d:\frac{x-3}{4}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-4}{2},\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_d}\left(4;-1;2\right)\\ B\left(3;-1;4\right)\end{array}\right.$

$\overrightarrow{n_{\alpha }}.\overrightarrow{u_d}=1.4+2.\left(-1\right)+\left(-1\right).2=0\Rightarrow \overrightarrow{n_{\alpha }}\perp \overrightarrow{u_d}$

Thay tọa độ điểm $B\left(3;-1;4\right)$ vào $\left(\alpha \right):x+2y-z+3=0$

ta được $3+2\left(-1\right)-4+3=0\Rightarrow B\in \left(\alpha \right)$

Có $\left\{\begin{array}{l}B\in \left(\alpha \right)\\ \overrightarrow{n_{\alpha }}\perp \overrightarrow{u_d}\end{array}\right.$ nên d nằm trên $\left(\alpha \right)$.

Đáp án B

Do $y=3^{-x}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ có $y^{\text{'}}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x\ln \left(\frac{1}{3}\right)<0,\forall x\in ℝ$ do $0<\frac{1}{3}<1.$

Vậy hàm số $y=3^{-x}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án D

 $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=3a-2.4a=-5a.$

Đáp án D

$\int e^x\left(3+e^{-x}\right)dx=\int \left(3e^x+1\right)dx=3e^x+x+C.$

Đáp án A

Từ đồ thị (C₁ ) ta thấy hàm số $y={\log }_{a}x$ là hàm số đồng biến trên tập xác định do đó a>1 nên A sai

Đáp án D

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đều nên ta có:

 $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Đáp án B

Cấp số nhân: $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8};\mathrm{...};\frac{1}{4096}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=\frac{1}{2}\\ q=\frac{u_2}{u_1}=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow u_n=\frac{1}{2}.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=\frac{1}{2^n}.$

$u_n=\frac{1}{4096}\iff \frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{12}}\iff n=12.$

Đáp án D

Ta có z=a+bi suy ra $\frac{1}{z}=\frac{1}{a+bi}=\frac{a-bi}{\left(a+bi\right)\left(a-bi\right)}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}$

Do đó $\frac{1}{z}$ có phần ảo là $\frac{-b}{a^2+b^2}.$

Đáp án A

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua $A\left(1;0;0\right),B\left(0;-1;0\right),C\left(0;0;\frac{1}{2}\right)$ là $\frac{x}{1}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.}=1$. Hay là $x-y+2z-1=0.$

Đáp án D

Ta có đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$, ta thấy hàm số có 3 điểm cực đại

Đáp án A

Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử t₀ là thời điểm tàu dừng hẳn.

Khi đó $v\left(t_0\right)=0\iff 200-20t_0=0\iff t_0=10\left(s\right).$

Như vậy từ lúc đạp phanh đến lúc tàu dừng hẳn là 10 (s).

Quãng đường tàu di chuyển được trong khoảng thời gian 10 (s) là $S=\underset{0}{\overset{10}{\int }}\left(200-20t\right)dt=1000\left(m\right).$

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2mx+m^2-m+1\Rightarrow y^{\text{'}\text{'}}=2x-2m$

Hàm số đạt cực trị tại $x=1\Rightarrow y^{\text{'}}\left(1\right)=0\iff 1-2m+m^2-m-1=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=3\end{array}\right.\left(1\right)$

Để x=1 là cực đại thì $y^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)<0\iff 2-2m<0\iff m>1\left(2\right)$

Kết hợp (1) và (2) ta được m=3

Đáp án A

Gọi $E\left(1;1;2\right);F\left(1;1;0\right)$ lần lượt là tâm 2 đáy của hình lập phương. Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là I(1;1;1) chính là trung điểm của EF. Vậy bán kính mặt cầu là $R=IA=\sqrt{3}.$

Đáp án B

Xét phương trình: $x^4-\left(m+1\right)x^2+m=0.\left(1\right)$

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

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình $x^2=m$ có hai nghiệm phân biệt khác $\pm 1\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m\ne 1\end{array}\right..$

Đáp án B

Ta có

$\left.\begin{array}{l}{z}_1^{25}={\left(1+\sqrt{3}i\right)}^{25}=8^8+8^8\sqrt{3}i\\ z_2^{10}={\left(\frac{7+i}{4-3i}\right)}^{10}={\left(2i\right)}^5=2^{5}i\\ z_3^{2016}={\left(1-i\right)}^{2016}={\left(-2i\right)}^{1008}=2^{1008}\end{array}\right\}\Rightarrow w=z_1^{25}.z_2^{10}.z_3^{2016}=-2^{1037}\sqrt{3}+2^{1037}i.$

Đáp án C

Do $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên $\widehat{\left(SC,\left(ABD\right)\right)}=\widehat{\left(SC,\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SC,AC\right)}=\widehat{SCA}.$

Xét tam giác vuông SAC, ta có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{SA}{\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}}=\sqrt{3}.$

Suy ra $\widehat{SCA}={60}^o.$

Đáp án A

Ta có: $5z^2-8z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\\ z_2=\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\end{array}\right..$

$\Rightarrow S=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|+z_1{z}_2=\left|\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\right|+\left|\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\right|+\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\right)\left(\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\right)=3.$

Đáp án C

Sau một năm số tiền anh Tài làm ra là $6.12=72$ triệu đồng

Sau một năm giá trị xe công nông còn $100{\left(1-0,4\%\right)}^{12}\approx 95,3042$ triệu đồng

Vậy sau một năm số tiền anh Tài có là 167,3042 triệu đồng

Đáp án C

Ta có: $S_{ABCD}=2.S_{ABC}=2.\frac{1}{2}.AC.AB.\sin {60}^o=a.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Do đó: $h=\frac{V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}{S_{ABCD}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}}=2a.$

Đáp án B

Gọi V₁ là thể tích khối nón, V₂ là thể tích khối trụ.

Khi đó $V_1=\frac{1}{3}\pi {.6}^2.10=120\pi ;V_2=\pi {.6}^2.10=360\pi .$

Suy ra thể tích phần khối trụ còn lại là $V_2-V_1=240\pi .$

Đáp án A

 Ta có ${\log }_{24}15=\frac{{\log }_{2}15}{{\log }_{2}24}=\frac{{\log }_{2}5+{\log }_{2}3}{{\log }_{2}8+{\log }_{2}3}=\frac{{\log }_{2}5+{\log }_{5}3.{\log }_{2}5}{{\log }_2{2}^3+{\log }_{5}3.{\log }_{2}5}=\frac{a+ab}{3+ab}.$

Do đó $S=m^2+n^2=1^2+3^2=10.$

Đáp án A

Để có đồ thị ở hình 2, từ đồ thị hình 1 ta giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành

Đáp án A

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}\left(1;2;1\right)$

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;3\right).$ Gọi $A=d\cap \left(\alpha \right)$

Gọi $A\left(-1+2t;t;-2+3t\right)\in d.$ Do $A\in \left(\alpha \right)\Rightarrow -1+2t+2t-2+3t-4=0\iff t=1\Rightarrow A\left(1;1;1\right).$

Đường thẳng $∆$ nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d nên có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(5;-1;-3\right).$

Vậy phương trình $∆$ có dạng: $\frac{x-1}{5}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-3}.$

Đáp án A

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

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$

Từ đó $\underset{\left(1;+\infty \right)}{min}y=3.$

Đáp án D

Ta thấy $y=a^x$ có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi xuống nên là hàm nghịch biến $\Rightarrow a<1.$ Còn hàm số $y={\log }_{b}x$ và $y={\log }_{c}x$ là những hàm đồng biến $\Rightarrow c,b>1.$ Từ đó loại được các đáp án B và đáp án C.

+ Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị $x_0>1$ thì đồ thị hàm số $y={\log }_{b}x$ nằm trên đồ thị hàm số $y={\log }_{c}x$ hay $\left\{\begin{array}{l}x>1\\ {\log }_{b}x>{\log }_{c}x\end{array}\right.\Rightarrow c>b.$

Vậy c>b>a

Đáp án B

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{18}^5=8568.$

Gọi A là biến cố "5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

TH1: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có $C_6^1.C_7^1.C_5^3$ cách.

TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có $C_6^2.C_7^2.C_5^1$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $\left|{\Omega }_A\right|=C_6^1.C_7^1.C_5^3+C_6^2.C_7^2.C_5^1=1995.$

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1995}{8568}=\frac{95}{408}.$

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=-3x_0^2+2m{x}_0+m=-3{\left(x_0-\frac{m}{3}\right)}^2+\frac{m^2}{3}+m\le \frac{m^2}{3}+m.$

Dấu “=” đạt tại $x_0=\frac{m}{3}.$ Thay vào hàm số ta được $y_0=\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1.$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ là $d:y=\left(\frac{m^2}{3}+m\right)\left(x-\frac{m}{3}\right)+\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1.$

Vì đi qua O(0;0) nên $0=\left(\frac{m^2}{3}+m\right)\left(-\frac{m}{3}\right)+\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1\iff \frac{m^3}{27}=1\iff m=3.$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị của hàm số y=f'(x) ta có BBT của hàm số y=f(x) như sau.

Vậy hàm số chỉ có 1 CT nên $a>0;b\ge 0,$ ta loại được hai đáp án A và B. Mặt khác (C) không cắt trục Ox nên đồ thị (C) nằm hoàn toàn phía trên trục Ox do đó c>0. Nên ta loại đáp án C.

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó $EM//B^{\text{'}}C\Rightarrow B^{\text{'}}C//\left(AME\right).$

Ta có: $d\left(B^{\text{'}}C,AM\right)=d\left(B^{\text{'}}C,\left(AME\right)\right)=d\left(C;\left(AME\right)\right)=d\left(B,\left(AME\right)\right).$

+) Xét khối chóp B.AME có các cạnh BE, AB, BM đôi một vuông góc nên

$\frac{1}{d^2\left(B,\left(AME\right)\right)}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{M{B}^2}+\frac{1}{E{B}^2}=\frac{7}{a^2}\Rightarrow d\left(B,\left(AME\right)\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$

Vậy $d\left(B^{\text{'}}C,AM\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$

Đáp án A

$y=f\left(x\right)=\frac{2^{x+1}+1}{2^x-m}$, đặt $t=2^x,x\in \left(-1;1\right)\Rightarrow t\in \left(\frac{1}{2};2\right).$

f(x) trở thành $g\left(t\right)=\frac{2t+1}{t-m},g^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{-2m-1}{{\left(t-m\right)}^2}.$

f(x) nghịch biến trên $\left(-1;1\right)\iff g\left(t\right)$ nghịch biến trên $\left(\frac{1}{2};2\right)$ ( vì $t\left(x\right)=2^x$ là hàm đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$).

$\iff g^{\text{'}}\left(t\right)<0,\forall t\in \left(\frac{1}{2};2\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-2m-1<0\\ m\notin \left(\frac{1}{2};2\right)\end{array}\right.\iff -\frac{1}{2}<m\le \frac{1}{2}\vee m\ge 2$

Đáp án C

Ta có $I=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{e}^{2x}dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x+1\right)dx=\frac{9e^2-1}{2e^2}.$

Đáp án A

Kẻ $SH\perp \left(ABC\right),HM,HN,HE$ lần lượt vuông góc với AB,AC,BC

$\Rightarrow$ Góc giữa mặt bên và đáy là $\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=\widehat{SEH}={60}^o$

Ta có $\Delta SMH=\Delta SNH=\Delta SEH\Rightarrow HM=HN=HE$

$\Rightarrow$H là tâm đường tròn nội tiếp đáy và $r=HM=HN=HE=4$

Ta có $MB=MH.\cot {30}^o=4\sqrt{3},MA=MH=4\Rightarrow AB=4+4\sqrt{3}$

$\begin{array}{l}AC=AB.\tan {60}^o=12+4\sqrt{3},SH=HM.\tan {60}^o=4\sqrt{3}\\ \Rightarrow V_{SABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=64\left(2+\sqrt{3}\right).\end{array}$

Đáp án A

Đặt $u=x,dv=\left(1+\sin 2x\right)dx$ ta được $F\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x\cos 2x+\frac{1}{4}\sin 2x+D.$

 Vậy $A+B+C=\frac{1}{4}.$

Đáp án đúng là A

Lời giải

Phương trình mặt cầu (S) có dạng: $x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0,$ ta có

$\left\{\begin{array}{l}A\left(6;-2;3\right)\in \left(S\right)\\ B\left(0;1;6\right)\in \left(S\right)\\ C\left(2;0;-1\right)\in \left(S\right)\\ D\left(4;1;0\right)\in \left(S\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}49-12A+4B-6C+D=0\left(1\right)\\ 37-2B-12C+D=0\left(2\right)\\ 5-4A+2C+D=0\left(3\right)\\ 17-8A-2B+D=0\left(4\right)\end{array}\right.$

Lấy $x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0,$ ta được hệ:

$\left\{\begin{array}{l}-12A+6B+6C=-12\\ 4A-2B-14C=-32\\ 4A+2B+2C=12\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}A=2\\ B=-1\\ C=3\end{array}\right.\Rightarrow D=-3.$

Vậy phương trình mặt cầu là: $x^2+y^2+z^2-4x+2y-6z-3=0.$

*Phương pháp giải:

*Lý thuyết;

1. Mặt cầu

- Tập hợp những điểm M trong không gian cách điểm O cố định một khoảng không đổi bằng r (r > 0) được gọi là mặt cầu tâm O, bán kính r.

Ta kí hiệu mặt cầu tâm O, bán kính r là S(O; r) hay viết tắt là (S). Như vậy ta có mặt cầu S(O; r) = {M| OM = r}.

- Nếu hai điểm C; D nằm trên mặt cầu S(O; r) thì đoạn thẳng CD được gọi là dây cung của mặt cầu đó.

- Dây cung AB đi qua tâm O được gọi là một đường kính của mặt cầu. Khi đó, độ dài đường kính bằng 2r.

- Một mặt cầu được xác định nếu biết tâm và bán kính của nó hoặc biết một đường kính của mặt cầu đó.

2. Điểm nằm trong và nằm ngoài mặt cầu. Khối cầu.

Cho mặt cầu tâm O bán kính r và A là một điểm bất kì trong không gian.

- Nếu OA = r thì ta nói điểm A nằm trên mặt cầu S(O; r).

- Nếu OA < r thì ta nói điểm A nằm trong mặt cầu S(O; r).

- Nếu OA > r thì ta nói điểm A nằm ngoài mặt cầu S(O; r).

Tập hợp các điểm thuộc mặt cầu S(O; r) cùng với các điểm nằm trong mặt cầu đó được gọi là khối cầu hoặc hình cầu tâm O, bán kính r.

3. Biểu diễn mặt cầu.

- Ta thường dùng phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng để biểu diễn mặt cầu. Khi đó, hình biểu diễn của mặt cầu là một hình tròn.

- Muốn cho hình biểu diễn của mặt cầu được trực quan ta thường vẽ thêm hình biểu diễn của một số đường tròn nằm trên mặt cầu đó.

4. Đường kinh tuyến và vĩ tuyến của mặt cầu.

Ta có thể xem mặt cầu như là mặt tròn xoay được tạo nên bởi một nửa đường tròn quay quanh trục chứa đường kính của nửa đường tròn đó. Khi đó, giao tuyến của mặt cầu với các nửa mặt phẳng có bờ là trục của mặt cầu được gọi là kinh tuyến của mặt cầu, giao tuyến (nếu có) của mặt cầu với các mặt phẳng vuông góc với trục được gọi là vĩ tuyến của mặt cầu. Hai giao điểm của mặt cầu với trục được gọi là hai cực của mặt cầu.

Xem thêm

Lý thuyết Mặt cầu (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

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

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z₁, z₂.

Gọi số phức $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right).$

Ta có $\left|z-1\right|=\sqrt{34}\Rightarrow M,N$ thuộc đường tròn (C) có tâm I(1;0) bán kính $R=\sqrt{34}.$

Mà $\left|z+1+mi\right|=\left|z+m+2i\right|\iff \left|\left(x+1\right)+\left(y+m\right)i\right|=\left|\left(x+m\right)+\left(y+2\right)i\right|$

$\iff \left(2-2m\right)x+\left(2m-4\right)y-3=0\Rightarrow M,N$ thuộc đường thẳng $\left(d\right)\left(2-2m\right)x+\left(2m-4\right)y-3=0$

Do đó M, N là giao điểm của d và đường tròn (C).

Ta có $\left|z_1-z_2\right|=MN$ nên $\left|z_1-z_2\right|$ lớn nhất $\iff MN$ lớn nhất.

$\iff$ MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính $\sqrt{34}$

Khi đó $\left|z_1+z_2\right|=2\left|\overrightarrow{OI}\right|=2.OI=2$

Đáp án D

Điều kiện: $x\ge 1$

$Pt\iff 3\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}}+m=2\frac{\sqrt[4]{x^2-1}}{\sqrt[4]{{\left(x+1\right)}^2}}\iff 3\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}+m=2\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+1}}$

$t=\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+1}}$ với $x\ge 1$ ta có $0\le t<1.$

Thay vào phương trình ta được $m=2t-3t^2=f\left(t\right)$

Bảng biến thiên: 

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm khi $0\le m<\frac{1}{3}.$

Đáp án C

Đặt $BD=x\left(0<x<130\right)\Rightarrow AD=130-x.$ Ta có $CD=\sqrt{D{B}^2+D{C}^2}=\sqrt{x^2+3600}$

Chi phí vận chuyển hàng là: $f\left(x\right)=300000.\left(130-x\right)+500000\sqrt{x^2+3600}$ (đồng)

Khảo sát hàm ta được f(x) nhỏ nhất khi $x=45\left(km\right)\Rightarrow AD=85\left(km\right).$

Đáp án A

Ta đặt $y=f^{\text{'}}\left(x\right)=k\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right).$

Xét: $\left\{\begin{array}{l}{S}_1=\left|k\underset{0}{\overset{\frac{7}{6}}{\int }}\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right)dx\right|=\frac{65219}{1552}k\\ S_2=\left|k\underset{\frac{7}{6}}{\overset{3}{\int }}\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right)dx\right|=\frac{65219}{1552}k\end{array}\right.$

Do đó: $S_1=S_2\iff \underset{0}{\overset{\frac{7}{6}}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=-\underset{\frac{7}{6}}{\overset{3}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx\iff f\left(0\right)=f\left(3\right).$

Lập bảng biến thiên ta có:

Vậy phương trình f(x) = r = f(0) có tất cả 3 nghiệm

Đáp án C

Có $f\left(-x\right)=2^{-x}-2^x=-\left(2^x-2^{-x}\right)=-f\left(x\right)$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=2^x\ln 2+2^{-x}\ln 2>0,\forall x\Rightarrow f\left(x\right)$ là hàm đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Do đó

$f\left(\left|x^3-2x^2+3x-m\right|\right)+f\left(2x-2x^2-5\right)<0,\forall x\in \left(0;1\right)$

$\begin{array}{l}\iff f\left(\left|x^3-2x^2+3x-m\right|\right)<-f\left(2x-2x^2-5\right)=f\left(2x^2-2x+5\right),\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff \left|x^3-2x^2+3x-m\right|<2x^2-2x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff -\left(2x^2-2x+5\right)<x^3-2x^2+3x-m<2x^2-2x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>x^3-4x^2+5x-5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ m<x^3+x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\end{array}\right.\end{array}$