Đáp án C

Ta có: $V=h.S_{day}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có hai điểm cực trị x=1 và x=-1.

Đáp án B

Hình chiếu vuông góc của A(-1;2;4) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0;2;4).

Chú ý: Điểm $A(x_0;y_0;z_0)$ có hình chiếu vuông góc lên:

* Mặt phẳng:

Ÿ (Oxy) là điểm $A_1(x_0;y_0;0)$.

Ÿ (Oyz) là điểm $A_2(0;y_0;z_0)$.

Ÿ (Oxz) là điểm $A_3(x_0;0;z_0)$.

* Trục:

Ÿ Ox là điểm $A_4(x_0;0;0)$.

Ÿ Oy là điểm $A_5(0;y_0;0)$.

Ÿ Oz là điểm $A_6(0;0;z_0)$. 

Đáp án D

Ta có: ${\left(e^u\right)}^{\text{'}}=u^{\text{'}}{e}^u\Rightarrow {\left(e^{2\text{x}}\right)}^{\text{'}}=2e^{2x}$, suy ra D sai

Đáp án C

Ta có: $\overline{z}=2-3i\Rightarrow z=2+3i$ có phần ảo là 3

Đáp án B

Dựa vào đồ thị suy ra hàm số nghịch biến trong khoảng (-1;0) và $(1;+\infty )$.

Đáp án C

Ta có: $\int \sin (ax+b)dx=-\frac{\cos (ax+b)}{a}+C\Rightarrow \int \sin 2xdx=-\frac{\cos 2x}{2}+C$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_C=3{\text{x}}_G-x_A-x_B=3\\ y_C=3y_G-y_A-y_B=-7\\ z_C=3{\text{z}}_G-z_A-z_B=1\end{array}\right.\Rightarrow C(3;-7;1)$.

Đáp án B

Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x=3 và tiệm cận ngang $y=2\Rightarrow I(3;2)$ thuộc đường thẳng x-y-1=0.

Đáp án D

Nếu $\alpha$ không phải số nguyên thì $a^{\alpha }$ có nghĩa khi a>0 nên ${\left(-5\right)}^{\frac{1}{3}}$ không có nghĩa

Đáp án D

$\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}\iff \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=4-3=1$.

Đáp án D

Bước 1: Chọn bạn nam có 17 cách

Bước 2: Chọn bạn nữ có 11 cách. Theo quy tắc nhân ta có 17.11 = 187 cách

Đáp án C

Ta có: $S_{xq}=\pi Rl=\pi R.\sqrt{R^2+h^2}=\pi \mathrm{.4.}\sqrt{4^2+3^2}=20\pi$

Đáp án A

+) Đồ thị có 2 điểm cực trị nên loại C (hàm trùng phương chỉ có 1 hoặc 3 điểm cực trị).

+) Đồ thị có “điểm cuối” đang có hướng đi lên nên a>0, suy ra loại B.

+) Xét hàm ở phương án A có $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ thỏa mãn.

(trong khi nếu kiểm tra hàm ở phương án D cho ta 2 điểm cực trị $x=0;x=-2$ (loại)).

Đáp án C

Điểm thuộc đường thẳng là điểm khi thay đổi tọa độ x, y, z vào phương trình đường thẳng ta được một chuỗi đẳng thức đúng, còn không điểm đó sẽ không thuộc.

Nhận thấy: $\frac{-2-1}{3}=\frac{2}{-2}\ne \frac{1+2}{1}$, suy ra $P(-2;2;1)\notin d$.

Đáp án A

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\log }_{8}a+{\log }_4{b}^2=5\\ {\log }_4{a}^2+{\log }_{8}b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3}{\log }_{2}2+\frac{1}{2}{\log }_2{b}^2=5\\ \frac{1}{2}{\log }_2{a}^2+\frac{1}{3}{\log }_{2}b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_2\left(a^{\frac{1}{3}}b\right)={\log }_2{2}^5\\ {\log }_2\left(a{b}^{\frac{1}{3}}\right)={\log }_2{2}^7\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^{\frac{1}{3}}b=2^5\\ a{b}^{\frac{1}{3}}=2^7\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra ${\left(ab\right)}^{\frac{3}{4}}=2^{12}\iff ab={\left(2^{12}\right)}^{\frac{3}{4}}=2^9\Rightarrow {\log }_2\left(ab\right)={\log }_2{2}^9=9$.

Đáp án D

Cách 1: Do z=i là nghiệm phức của phương trình $z^2+az+b=0$ nên suy ra:

$i^2+ai+b=0\iff b-1+ai=0\iff \left\{\begin{array}{l}b-1=0\\ a=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow a+b=1$.

Cách 2: Sử dụng tính chất “Nếu phương trình $a{z}^2+b\text{z}+c=0$ với $a,b,c\in ℝ$ có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm phức $z_1$ thì sẽ có một nghiệm phức $z_2=\overline{z_1}$”.

Do phương trình có nghiệm $z_1=i\Rightarrow z_2=-i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=0=-a\\ z_1.z_2=1=b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow a+b=1$.

Đáp án B

Do (S) không cắt (P) $\Rightarrow d\left(O;\left(P\right)\right)>R\iff \frac{\left|0-2\right|}{\sqrt{2^2+{(-1)}^2+2^2}}>R\iff R<\frac{2}{3}$

Đáp án C

Từ bảng biến thiên: $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to {(-1)}^{+}}{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=2\end{array}\right.\Rightarrow x=-1;x=2$ là các tiệm cận đứng và y=2 là tiệm cận ngang.

Suy ra đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận

Đáp án B

Vì bc>0, nên b, c có thể cùng âm do đó $\left\{\begin{array}{l}{\log }_a\left(bc\right)={\log }_a\left|b\right|+{\log }_a\left|c\right|\\ {\log }_a{b}^4=4{\log }_a\left|b\right|\end{array}\right.\to$ I, IV sai.

Còn ${\log }_a\left(bc\right)=\frac{1}{{\log }_{bc}a}$ chỉ đúng khi $0<a\ne 1$ và $0<bc\ne 1$, song bài toán không có điều kiện $bc\ne 1$.

Do đó, II sai. Vậy chỉ có III đúng

Đáp án A

Do $\left.\begin{array}{l}\left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\cap \left(SAB\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(SC,\left(ABC\right)\right)=\widehat{SCA}=60°$

$\Rightarrow SA=AC\tan \widehat{SCA}=a\sqrt{3}$.

Gọi I, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI, khi đó: $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$

Tam giác ABC đều cạnh a nên $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Khi đó xét tam giác SAI: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{3{\text{a}}^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{5}{3{\text{a}}^2}$

$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Vậy $h=d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Đáp án B

Áp dụng công thức giải nhanh: $I=\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}\frac{d\text{x}}{(ax+b)(cx+d)}={\left.\frac{1}{ad-bc}\ln \left|\frac{ax+b}{cx+d}\right|\right|}_{\alpha }^{\beta }$.

Ta có: $\underset{3}{\overset{4}{\int }}\frac{d\text{x}}{(x+1)(x-2)}={\left.\frac{1}{-3}\ln \left|\frac{x+1}{x-2}\right|\right|}_3^4=-\frac{1}{3}\ln \frac{5}{8}=-\frac{1}{3}(\ln 5-3\ln 2)$ $=\ln 2-\frac{1}{3}\ln 5=a\ln 2+b\ln 5+c$.

Suy ra $a=1;b=-\frac{1}{3};c=0\Rightarrow a-3b+c=1+1=2$.

Chú ý: Ta có công thức giải nhanh: $I=\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}\frac{d\text{x}}{(ax+b)(cx+d)}={\left.\frac{1}{ad-bc}\ln \left|\frac{ax+b}{cx+d}\right|\right|}_{\alpha }^{\beta }$

Đáp án B

Gọi số tiền ban đầu là T. Sau n năm, số tiền thu được là: $T_n=T{(1+0,084)}^n=T.{(1,084)}^n$.

Khi đó, $T_n\ge 2T\iff T.{(1,084)}^n\ge 2T\iff {(1,084)}^n\ge 2\iff n\ge {\log }_{1,084}2\approx 8,59$.

Vì $n\in \mathbb{N}$ nên suy ra $n_{\min }=9$.

Đáp án C

Trong 5 cạnh còn lại (không kể cạnh AB) chỉ có 3 cạnh AD, DB, AC khi quay quanh trục AB tạo ra các hình nón. Do đó có 3 hình nón được tạo thành (như hình bên).

Chú ý: Do $CB\perp \left(A\text{D}B\right)\Rightarrow CB\perp AB$, do đó CB quay quanh AB chỉ tạo ra hình tròn mà không phải là hình nón

Đáp án A

Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của AB. Ta có $\overrightarrow{AB}=(2;8;-4)=2(1;4;-2)\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(1;4;-2)$.

Trung điểm của AB là I(2;1;0). Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của AB là $\left(P\right):x+4y-2\text{z}-6=0\iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=-2\\ c=-6\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c=-4$.

Đáp án D

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z=x+yi ($x,y\in ℝ$ )

Khi đó: ${(1+z)}^2={(1+x+yi)}^2={(1+x)}^2-y^2+2(1+x)yi$ là số thực

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

Suy ra tập hợp biểu diễn số phức z là hai đường thẳng x=-1 và y=0.

Đáp án C

Ta có: $u_4=u_1.q^3\Rightarrow q^3=\frac{u_4}{u_1}=\frac{24}{3}=8\iff q=2\Rightarrow S_{10}=u_1.\frac{1-q^{10}}{1-q}=3.\frac{1-2^{10}}{1-2}=3069$.

Đáp án A

Ta có: $9^x+9^{-x}=3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{81}^x+{81}^{-x}+2=9\\ {(3^x-3^{-x})}^2+2=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{81}^x+{81}^{-x}=7\\ \left|3^x-3^{-x}\right|=1\end{array}\right.$

Khi đó: $T=\frac{15-({81}^x+{81}^{-x})}{3+\left|3^x-3^{-x}\right|}=\frac{15-7}{3+1}=2$.

Đáp án A

Do hàm bậc ba có số cực trị hoặc là 0 hoặc là 2 nên loại B (B là hàm trùng phương).

Ta xét $b^2-3\text{a}c=b^2-3c>0,\forall c<0$, suy ra hàm số có 3 điểm cực trị → loại D. Gọi  là hai điểm cực trị của hàm số nên $x_1{x}_2$ cùng dấu với ac<0, suy ra $x_1{x}_2<0$. Suy ra A đúng

Đáp án C

Cách 1:

Trường hợp 1: $a<b<c<d$.

Khi đó, ta cần chọn 4 chữ số a, b, c, d phân biệt từ 9 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ứng với bộ 4 số (a, b, c, d) ta chỉ có thể tạo ra được 1 số $\overline{abc\text{d}}$ thỏa mãn a<b<c<d. Do đó số cách chọn là: $C_9^4=126$.

Trường hợp 2: $a<b<c=d$.

Khi đó, ta cần chọn 3 chữ số a, b, c phân biệt từ 9 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ứng với bộ 3 số (a, b, c) ta chỉ có thể tạo ra được 1 số $\overline{abc\text{d}}$ thỏa mãn $a<b<c=d$. Do đó số cách chọn là: $C_9^3=84$

Vậy có $126+84=210$ số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cách 2: Ta có: $1\le a<b<c\le d\le 9\iff 1\le a<b<c<d+1\le 10$ (*). Ứng với bộ 4 số (a, b, c, d) được lấy từ 10 chữ số (từ 1 tới 10) thỏa mãn (*), ta được 1 số duy nhất thỏa mãn bài toán. Do đó số các số thỏa mãn bài toán là: $C_{10}^4=210$

Đáp án C

Phương trình $\frac{1}{4}$ cung tròn có bán kính R = 2 (như hình vẽ) là $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=4\\ y\ge 0;\text{ x}\in \left[-2;0\right]\end{array}\right.\Rightarrow y=\sqrt{4-x^2}$.

Khi đó hình phẳng (H) được tách thành 2 hình phẳng.

$\left(H_1\right):\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{4-x^2}\\ y=0\\ x=-2\\ x=0\end{array}\right.$ và $\left(H_2\right):\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{4-x}\\ y=0\\ x=0\\ x=4\end{array}\right.$.

Nên ta có: $V=V_1+V_2=\pi \underset{-2}{\overset{0}{\int }}(4-x^2)d\text{x}+\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}(4-x)d\text{x}\stackrel{Casio}{\to }\frac{40\pi }{3}$.

Chú ý: Ở bài toán này $V_1$ là phần thể tích của $\frac{1}{2}$ khối cầu (sau khi quay $\frac{1}{4}$ đường tròn bán kính R = 2 quanh trục Ox) nên ta có thể tính $V_1$ bằng công thức thể tích khối cầu như sau: $V_1=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.2}^3=\frac{16\pi }{3}$.

Đáp án D

Do BCD là tam giác đều cạnh a $\Rightarrow R=OB=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Ta có: $h=OA=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Suy ra: $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{2\pi a^2\sqrt{2}}{3}$.

Đáp án A

Phương trình tương đương: ${\log }_2(3-2\text{x}-x^2)={\log }_2(m+6\text{x})\iff \left\{\begin{array}{l}3-2\text{x}-x^2>0\\ m+6\text{x}=3-2\text{x}-x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3<x<1\\ m=-x^2-8x+3=f\left(x\right)\end{array}\right.$

Ta đi giải bài toán sau: “Tìm m để đồ thị hàm số $f\left(x\right)=-x^2-8\text{x}+3$ (với $x\in (-3;1)$) cắt đường thẳng y=m tại một điểm duy nhất”. Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=-2x-8<0,\forall x\in (-3;1)$. Suy ra hàm số nghịch biến trên (-3;1).

Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện: $-6<m<18\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }\left\{\begin{array}{l}{m}_{\max }=17=a\\ m_{\min }=-5=b\end{array}\right.\Rightarrow a-b=22$.

Đáp án C

Gọi $z=x+yi(x,y\in ℝ)$ được biểu diễn bởi điểm M(x;y). Khi đó ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=13\\ y=-3;x<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=-3\end{array}\right.\Rightarrow z=-2-3i\Rightarrow \text{w}=-5+12i\Rightarrow \left|\text{w}\right|=13$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-2) và bán kính $R=\sqrt{1^2+0^2+2^2+11}=4$.

Khi đó $h=d\left(I;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|1+0+2+3\right|}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.

Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ theo giao tuyến là đường tròn (T) có bán kính:

$r=\sqrt{R^2-h^2}=\sqrt{4^2-{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}=2$. Suy ra chu vi đường tròn (T) là: $2\pi r=4\pi$.

Đáp án A

Ta có hệ số của số hạng thứ k trong khai triển là: $C_n^{k-1}.{(-2)}^{k-1}$.

Suy ra hệ số của 3 số hạng đầu lần lượt là: $C_n^0;-2C_n^1$ và ${(-2)}^2{C}_n^2$.

Do tổng hệ số ba số hạng đầu bằng 161 nên ta có: $C_n^0-2C_n^1+{(-2)}^2{C}_n^2=161$

$\iff 1-2n+4\frac{n(n-1)}{2}=161\iff n^2-2n-80=0\iff n=10$ hoặc n=-8 (loại).

Với n=10, ta có:

${\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^n={\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(x^2\right)}^{10-k}{\left(-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{(-2)}^k{x}^{\frac{40-5k}{2}}$.

Khi đó hệ số không chứa x trong khai triển thỏa mãn: $\frac{40-5k}{2}=0\iff k=8$.

Vậy hệ số không chứa x trong khai triển là: $a=C_{10}^8{(-2)}^8=11520$.

Đáp án C

Ta có: $V_{A^{\text{'}}.ABC}=V_{B^{\text{'}}.ABC}=\frac{1}{3}{B}^{\text{'}}G.S_{ABC}$ (*).

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B}^{\text{'}}G=B{B}^{\text{'}}\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}\left(1\right)\\ BG=B{B}^{\text{'}}\cos 60°=\frac{a}{2}\Rightarrow BM=\frac{3}{2}BG=\frac{3a}{4}\end{array}\right.$.

Đặt $BC=x\Rightarrow AC=BC.\cot 60°=\frac{x}{\sqrt{3}}\Rightarrow MC=\frac{x}{2\sqrt{3}}$.

Ta có: $B{M}^2=B{C}^2+M{C}^2\iff \frac{9{\text{a}}^2}{16}=x^2+\frac{x^2}{12}\iff x=\frac{3a\sqrt{39}}{26}$.

Hay $BC=\frac{3a\sqrt{39}}{26};AC=\frac{3\text{a}\sqrt{13}}{26}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{1}{2}.\frac{3a\sqrt{39}}{26}.\frac{3\text{a}\sqrt{13}}{26}=\frac{9{\text{a}}^2\sqrt{3}}{104}$ (2).

Thay (1), (2) vào (*) ta được: $V_{A^{\text{'}}.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{9{\text{a}}^2\sqrt{3}}{104}=\frac{9a^3}{208}$.

Đáp án D

$$\begin{gathered} I=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{e}^{2\text{x}}d\text{x}+\underset{0}{\overset{2}{\int }}(x+1)d\text{x}={\left.\frac{1}{2}{e}^{2\text{x}}\right|}_{-1}^0+{\left.\frac{{(x+1)}^2}{2}\right|}_0^2 \\ =\frac{9{\text{e}}^2-1}{2{\text{e}}^2} \end{gathered}$$.

Đáp án D

Từ đồ thị hàm số y=f'(x) ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị y=f(x) cắt trục hoành (y = 0) nhiều nhất tại 4 điểm phân biệt. Vậy phương trình f(x)=0 có nhiều nhất 4 nghiệm

Đáp án D

Ta có thiết diện (T) là tam giác MHK như hình vẽ.

Dễ thấy H, K lần lượt là trọng tâm tam giác ABE, ABF (đều là giao 2 đường trung tuyến).

Khi đó: $\frac{AH}{AC}=\frac{AK}{A\text{D}}=\frac{2}{3}\Rightarrow HK\text{ // CD}\Rightarrow \text{HK=}\frac{2}{3}C\text{D}=\frac{2\text{a}}{3}$.

Ta có: $M{H}^2=A{M}^2+A{H}^2-2\text{A}M.AH.\cos 60°$

$={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{3}\right)}^2-2.\frac{a}{2}.\frac{2a}{3}.\frac{1}{2}=\frac{13a^2}{36}$.

Suy ra $MK=MH=\frac{a\sqrt{13}}{6}$.

Xét tam giác cân MHK như hình vẽ.

Ta có: $MI=\sqrt{M{H}^2-I{H}^2}=\sqrt{\frac{13a^2}{36}-{\left(\frac{a}{3}\right)}^2}=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow S_{MHK}=\frac{1}{2}MI.HK=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{2\text{a}}{3}=\frac{a^2}{6}$.

Đáp án D

Phương trình tương đương: ${\sin }^{2}x=1-\cos \iff 1-{\cos }^{2}x=1-\cos x\iff \cos x.(\cos x-1)=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \cos x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=k2\pi \end{array}\right.\stackrel{x\in \left[0;3\pi \right]}{\to }x\in \left\{\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2};\frac{5\pi }{2};0;2\pi \right\}$: có 5 nghiệm

Đáp án B

Xét điểm $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$ (*) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+2{\text{x}}_B}{1+2}=-1\\ y_I=\frac{y_A+2y_B}{1+2}=-1\\ z_I=\frac{z_A+2{\text{z}}_B}{1+2}=2\end{array}\right.\Rightarrow I(-1;-1;2)$.

Khi đó $\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\right|=\left|\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)+2\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)\right|\stackrel{(*)}{=}\left|3\overrightarrow{MI}\right|=3MI$.

Suy ra: ${\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\right|}_{\min }=3M{I}_{\min }\iff$ M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=-1+t\\ y=-1-t\\ z=2-t\end{array}\right.$ (2*)

Thay (2*) vào phương trình mặt phẳng (P) ta được: $-1+t-(-1-t)-(2-t)-1=0\iff t=1\Rightarrow M(0;-2;1)\Rightarrow y_M=-2$.

Chú ý: Công thức xác định nhanh tọa độ điểm I: $\sum k_i\overrightarrow{I{A}_i}=\overrightarrow{0}\iff \overrightarrow{OI}=\frac{1}{{\displaystyle \sum k_i}}.\sum k_i.\overrightarrow{O{A}_i}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{1}{{\displaystyle \sum k_i}}.\sum k_i{x}_i\\ y_I=\frac{1}{{\displaystyle \sum k_i}}.\sum k_i{y}_i\\ z_I=\frac{1}{{\displaystyle \sum k_i}}.\sum k_i{z}_i\end{array}\right.$.

Đáp án A

Đặt $t=\frac{x+3}{x-1}\Rightarrow t^{\text{'}}=\frac{-4}{{(x-1)}^2}<0,\forall x\in \left[-1;0\right]\Rightarrow t\left(0\right)\le t\le t(-1)\iff t\in \left[-3;-1\right]$.

Khi đó, giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn $\left[-1;0\right]$ là giá trị lớn nhất của hàm f(t)+2m trên đoạn $\left[-3;-1\right]$.

Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) hay $y=f\left(t\right)\Rightarrow \underset{\left[-3;-1\right]}{\max f\left(t\right)}=3$

$\Rightarrow \underset{\left[-1;0\right]}{\max g\left(x\right)}=3+2m\iff 1=3+2m\iff m=-1$.

Đáp án C

Đặt $t=\sqrt{x-1}\Rightarrow t^{\text{'}}=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}>0,\forall x\in (2;17)\Rightarrow$ t là hàm đồng biến và $t\in (1;4)$.

Khi đó bài toán có thể phát biểu lại là: “Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số $y=\frac{mt-9}{t-m}$ đồng biến trên khoảng ”.

Yêu cầu bài toán tương đương: $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+9}{{(t-m)}^2}>0,\forall t\in (1;4)\iff \left\{\begin{array}{l}m\notin (1;4)\\ -m^2+9>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m\le 1\\ m\ge 4\end{array}\right.\\ -3<m<3\end{array}\right.$

$\iff -3<m\le 1\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \left\{-2;-1;0;1\right\}$: có 4 giá trị m thỏa mãn

Đáp án D

Gọi M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( $x,y\in ℝ$)

Khi đó: $\left|z-1-3i\right|+2\left|z-4+i\right|\le 5\iff MA+2MB\le 5$ (*) trong đó $\left\{\begin{array}{l}A(1;3)\\ B(4;-1)\end{array}\right.$.

Do AB=5 nên (*) $\iff MA+2MB\le AB$ (1).

Mặt khác, ta có: $MA+2MB=MA+MB+MB\ge AB+MB\ge AB$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra: $MB=0\iff M\equiv B(4;-1)\Rightarrow z=4-i\Rightarrow \text{w}=5-12i\Rightarrow \left|\text{w}\right|=13$.

Đáp án B

Điều kiện xác định x>0

Với $m=-\frac{1}{2}$, phương trình không có 2 nghiệm thực dương phân biệt

Với $m\ne -\frac{1}{2}$, ta có: ${\log }_3{x}^{2m+1}=(m+3)(x-1)\iff f\left(x\right)={\log }_{3}x=\frac{m+3}{2m+1}x-\frac{m+3}{2m+1}$

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: $\left\{\begin{array}{l}\frac{m+3}{2m+1}>0\\ \frac{m+3}{2m+1}\ne f^{\text{'}}\left(1\right)\end{array}\right.$ (phương pháp tiếp tuyến và tương giao)

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ m<-3\end{array}\right.\\ \frac{m+3}{2m+1}\ne \frac{1}{\ln 3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ m<-3\end{array}\right.\stackrel{m\in \left[-100;100\right]}{\to }m\in \left[-100;-3\right)\cup \left(-\frac{1}{2};100\right]$.