Đáp án A

Đáp án C

Đáp án C

Ta có: y’= 3$x^2$ – 6x – 9

y’= 0 ó x = 3 hoặc x = -1

Ta có bảng biến thiên

Vậy giá trị cực tiểu của hàm số là -25 tại x = 3

Đáp án C

Câu A sai vì giá trị cực tiểu của hàm số là -2 tại x = 2

Câu B sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất mà chỉ có giá trị cực đại và cực tiểu

Câu D sai vì hàm số chỉ có 2 cực trị là 0 và 2

Đáp án D

D = [-1;1]

Ta có: y’= 4$x^3$ – 16x

=> y’= 0 ó x = 0 (thỏa mãn) hoặc x = -2 (không thỏa mãn) hoặc x = 2 (không thỏa mãn)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm trên đoạn [-1;1] là 17 tại x = 0

Đáp án B

Xét y = $x^3-3x$

Ta có: y’= $3x^2-3$ 

y’= 0 ó x = -1 hoặc x = 1

Ta có bảng biến thiên

Vậy đường thẳng y = -2m cắt đồ thị hàm số y = $x^3-3x$ tại 3 điểm phân biệt

ó -2<-2m<2 ó m $\in (-1;1)$

Đáp án D

Ta có: ${(x-\frac{2}{x^2})}^{21}=\sum _{k=0}^{21}{C}_{21}^k.x^k.{\left(\frac{-2}{x^2}\right)}^{21-k}=\sum _{k=0}^{21}{C}_{21}^k.x^{k-2(21-k)}{(-2)}^{21-k}$

Số hạng không chứa x ó k – 2(21 – k) = 0 ó k = 14

Số cần tìm là $C_{21}^{14}{(-2)}^{21-14}=C_{21}^7{(-2)}^7$  (theo tính chất $C_n^k=C_n^{n-k}$)

Đáp án B

Ta có: 

$y\text{'}=4(m+1)x^3-2(m-1)x=x\text{[}4(m+1)x^2-2(m-1)\text{]}$

Hàm số có điểm cực đại và không có cực tiểu => Hàm có 1 cực trị ó y’ có 1 giá trị nghiệm

Dễ thấy y’ luôn có nghiệm x = 0

ó $4(m+1)x^2-2(m-1)$ = 0 (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0

Để (*) có nghiệm kép x = 0, ta thay x = 0 vào (*) => m = 1

Thay m = 1 vào lại (*), ta có nghiệm kép x = 0

Để (*) vô nghiệm, ta xét:

*TH1: m = – 1 => (*) vô nghiệm

*TH2: m  => (*) vô nghiệm ó $x^2=\frac{m-1}{2(m+1)}$ vô nghiệm

=> $\frac{m-1}{2(m+1)}<0<=>-1<m<1=>m>0$

Với m = 1, ta có bảng biến thiên

Với m = -1, ta có

Với m = 0, ta có

 Vậy k có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn đề bài

Đáp án A

Xét hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}+2x$

D = R{2}

Ta có:

$y\text{'}=\frac{-3}{{(x-2)}^2}+2$

=> $y\text{'}=0<=>x=\frac{4\pm \sqrt{6}}{2}$

Ta có bảng biến thiên

Vậy đường y = m cắt đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}+2x$ tại 2 điểm phân biệt

ó $m\in (-\infty ;5-2\sqrt{6})\cup (5+2\sqrt{6};+\infty )$

Đáp án là A

Đáp án là C

Ta có: $y=\frac{x+1}{\sqrt{m{(x-1)}^2+4}}$

 có hai tiệm cận đứng thì phương trình g(x)= $m{(x-1)}^2+4$ phải có 2 nghệm phần biệt khác -1

$<=>\left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ \Delta =-16m>0\\ g(-1)=4m+4\ne 0\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\ne -1\end{array}\right.$

Đáp án là C

Đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành tức là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành không có nghiệm và y<0 với mọi x

Đáp án là B

Nhìn vào đồ thị ta thấy:

Tại x=0 thì y=c<0=>c<0

Đồ thị đã cho cắt Ox tại 2 điểm

=> Phương trình ${\text{ax}}^4+b{x}^2+c=0$ có 2 nghiệm

Đặt t= $x^2$(t>0). Khi đò ta có phương trình:

$a{t}^2+bt+c=0$ có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm âm

=>a.c<0=>a>0(Do c<0)

Ta có: $y\text{'}=4a{x}^3+2bx=2x(2a{x}^2+b)$

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên:

$2x(2a{x}^2+b)$ có 3 nghiệm $<=>x^2=\frac{-b}{2a}>0$

=> b<0 (do a>0)

Vậy a>0;b<0,c<0

Đáp án là D

Ta kiểm tra điều kiện tại x=0, x=2 vào từng hàm số

Đáp án là D

Xét hàm số

$\begin{array}{l}g\left(x\right)=f(x^2-2)\\ g\text{'}\left(x\right)=2x.f\text{'}(x^2-2)\\ g\text{'}\left(x\right)=0<=>2x.f(x^2-2)=0\\ <=>\left[\begin{array}{l}x=0\\ f\text{'}(x^2-2)=0\end{array}\right.\\ <=>\left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-2=-1\\ x^2-2=2\end{array}\right.\\ <=>\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án là B

Ta đặt ${\log }_{a}b=t>0(a,b>0,a\ne 0)$

$<=>b=a^t$

Nếu a>1 thì b>1 (t>0)

Nếu 0<a<1 thì $b=a^t$<1 (t>0)

Đáp án là D

Đặt $t=\frac{2x^2+1}{2x}>0(x>0)$

Ta xét hàm số $f\left(t\right)={\log }_{2}t+2^t-5$

$<=>f\text{'}\left(t\right)=\frac{1}{t\ln 2}+2^t\ln 2>0\forall t>0$

Hàm f(t) đồng biến trên $(0;+\infty )$

Do đó f(t)=0 có nghiệm duy nhất

Ta có f(2) =0 ó t=2 là nghiệm duy nhất

$\begin{array}{l}=>\frac{2x^2+1}{2x}=2(x\ne 0)\\ =>2x^2-4x+1=0\\ <=>x_1.x_2=\frac{1}{2}\end{array}$

Đáp án là D

Tập xác định của hàm số $y={(x-1)}^{\frac{1}{5}}$ là R

Đáp án là B

Ta có:

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D

Ta có : $FD=HC=x\Rightarrow FH=30-2x$ 

$\text{ DI}\perp FH$

$\Delta FDH\text{ cân tại D}\Rightarrow {\text{S}}_{\Delta FDH}=\frac{1}{2}.DI.FH=\frac{1}{2}.\sqrt{x^2-{\left(\frac{30-2x}{2}\right)}^2}.\left(30-2x\right)$

$V_{\text{lăng trụ }}={\text{S}}_{\Delta FDH}.EF=\frac{1}{2}.\sqrt{x^2-{\left(\frac{30-2x}{2}\right)}^2}.\left(30-2x\right).30$

Xét hàm $y=15\sqrt{30x-225}.\left(30-2x\right)$   điều kiện : $30x-225\ge 0\iff x\ge \frac{15}{2}$ 

$y^{\text{'}}=\frac{15.(-90x+900)}{\sqrt{30x-225}}$

Cho  $y^{\text{'}}=0\iff x=10$

vậy $V_{\text{max}}=10$

Đáp án B

$G\left(x\right)=0,035{\text{x}}^2(15-x)$

Bệnh nhân giảm huyết áp nhiều nhất khi và chỉ khi  G(x) đạt giá trị lớn nhất

 $G^{\text{'}}\left(x\right)=0,105{\text{x}}^2+1,05x$

Cho $G^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=10\end{array}\right.$

G(x) max khi và chỉ khi x = 10

Đáp án D

$\ln 100=\ln \left(2^2{.5}^2\right)=2\ln 2+2\ln 5$

$=2\left(\ln 2+\ln 5\right)=2\left(a+\ln 2.lo{g}_{2}5\right)$

$=2\left(a+\ln 2.\frac{1}{lo{g}_{5}2}\right)=2\left(a+a.\frac{1}{\frac{b}{2}}\right)=\frac{2ab+4a}{b}.$

Đáp án C

$4^x-2^{x+2}+3=0$$\iff 2^{2x}-{4.2}^x+3=0$$\iff \left[\begin{array}{c}{2}^x=1\\ 2^x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x={\log }_{2}3\end{array}\right.$

Đáp án C

Chọn số tự nhiên gồm 4 chữ số trong 6 chữ số có $A_6^4=360$ cách chọn

Đáp án A

$AG=\frac{2}{3}AH=\sqrt{2}$ 

Trong  $\Delta SGAcóSA=\sqrt{A{G}^2+S{G}^2}=\sqrt{3}$

Gọi E là trung điểm của cạnh SA. Mặt phẳng

trung trực cạnh SA cắt SG tại I suy ra  $\text{IS}=IA=IB=IC$

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC

Ta có $\Delta SEI~\Delta SGA$ suy ra $\frac{SE}{SG}=\frac{IS}{SA}\Rightarrow IS=\frac{SE.SA}{SG}=\frac{3}{2}$

$S_{Mat cau}=4\pi R^2=9\pi$ 

Đáp án B

${\left(2-x\right)}^n,(n\in N^{*})$

Số hạng tổng quát trong khai triển là ${\left(-1\right)}^k{C}_n^k{2}^{n-k}.{\left(x\right)}^k,(n\in N^{*})$

Theo yêu cầu bài toán ta có k = 4

Vậy hệ số x⁴ của trong khai triển  ${\left(-1\right)}^k{C}_n^k{2}^{n-k}.{\left(x\right)}^k,(n\in N^{*})$

Giải phương trình $C_n^4{2}^{n-4}=60\iff n=6$

Đáp án B

Đáp án C

Theo đề bài ta có 

$C_n^3=2.C_n^2\iff \frac{n!}{3!\left(n-3\right)!}=2.\frac{n!}{2!\left(n-2\right)!}\iff \frac{1}{6}=\frac{1}{n-2}\iff n=8$

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{e^x}{e^x+m^2}$ . Do đó $y^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{1}{2}\iff \frac{e}{e+m^2}=\frac{1}{2}\iff 2e=e+m^2\iff m^2=e\iff m=\pm \sqrt{e}$.

Đáp án A

TXĐ: .$D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(5;+\infty \right)$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{x-3}{\sqrt{x^2-5x+6}}>0\iff x>3$. Kết hợp điều kiện suy ra $x>5$.

Vậy hàm số đồng biến trên $\left(5;+\infty \right)$ .  

Đáp án A

 Số cách chọn 4 học sinh bất kì $n\left(\Omega \right)=C_{35}^4=52360$ (cách).

Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ là $C_{20}^4+C_{15}^4=6210$ (cách).

Do đó số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là $n\left(A\right)=52360-6210=46150$ (cách).

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{46150}{52360}=\frac{4615}{5236}$. 

Đáp án C

Để đạt được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu.

Xác suất trả lời đúng trong 1 câu là 0,25. Xác suất trả lời sai trong 1 câu là 0,75.

Vậy xác suất cần tìm là $C_{50}^{30}.{\left(0,25\right)}^{30}.{\left(0,75\right)}^{20}=C_{50}^{20}.{\left(0,25\right)}^{30}.{\left(0,75\right)}^{20}$ .

Đáp án B

 Đồ thị (H) có tiệm cận đứng là $x=2$ và tiệm cận ngang là $y=0$.

Đáp án C

Đáp án B

$V_{S.BCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta BCD}=\frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.AB.BC=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

Đáp án C

Đáp án D

$V_{A.C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=V_{D^{\text{'}}.AC{B}^{\text{'}}}=V_{B.AC{B}^{\text{'}}}=V_{B^{\text{'}}.ABC}=\frac{1}{3}.B{B}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}B{B}^{\text{'}}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{6}B{B}^{\text{'}}.S_{ABCD}=\frac{V}{6}$

Đáp án B

Đáp án A

Ta có $AB=2\sqrt{3},\widehat{AMB}={90}^0\Rightarrow AM=3;MB=\sqrt{3}$ .

Vậy$V_{ACDM}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ADM}.d\left(C,\left(ADM\right)\right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AM.AD.CN=\frac{1}{6}\mathrm{.3.2}\sqrt{3}.\sqrt{3}=3\left(c{m}^3\right)$ 

Đáp án D

 Để hàm số $y=\log \left(x^2-2mx+4\right)$ có tập xác định là $ℝ$ thì $x^2-2mx+4>0\forall x\in ℝ$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=m^2-4<0\end{array}\right.\iff m^2<4\iff -2<m<2$.

Đáp án A.

Đáp án B

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của

$SA\Rightarrow MA=MB=MC\Rightarrow$ Gọi H là trọng tâm của $\Delta ABC$ thì $MH\perp \left(ABC\right)$.

Gọi I là trung điểm của AB thì $\left(MIC\right)\perp AB\Rightarrow \left(\widehat{\left(SAB\right),\left(ABC\right)}\right)=\widehat{MIC}={60}^0$.

Ta có $IH=\frac{1}{3}IC=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow MH=IH.\tan {60}^0=\frac{a}{2}\Rightarrow d\left(C,\left(ABC\right)\right)=2MH=a.$  

Vậy 

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}.$

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án B

Ta có  $\widehat{\left(MN,\left(ABCD\right)\right)=}\widehat{MNH}={60}^0,NH=\sqrt{{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a}{4}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{10}}{4}\Rightarrow MH=\frac{a\sqrt{30}}{4}\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{30}}{2}$

Gọi I là trung điểm của AD

Kẻ $OK\perp SI\Rightarrow d\left(BC,DM\right)=d\left(BC,\left(SAD\right)\right)=d\left(C,\left(SAD\right)\right)=2d\left(M,\left(SAD\right)\right)=2OK$ .

Ta có $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{I}^2}+\frac{1}{O{S}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{30}}{2}\right)}^2}=\frac{124}{30a^2}\Rightarrow OK=\frac{a\sqrt{30}}{2\sqrt{31}}$.

Vậy $d\left(BC,DM\right)=2OK=\frac{a\sqrt{30}}{\sqrt{31}}$. 

Đáp án C.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}a=x\\ {\log }_{2}b=y\\ {\log }_{2}c=z\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2^x\\ b=2^y\\ c=2^z\end{array}\right.\Rightarrow P={\left(2^x\right)}^3+{\left(2^y\right)}^3+{\left(2^z\right)}^3-3\left(x{.2}^x+y{.2}^y+z{.2}^z\right)$,

trong đó $x^3+y^3+z^3\le 1$  và $x,y,z\in \left[0;1\right].$ 

Dễ chứng minh được $2^x\le x+1,\forall x\in \left[0;1\right]$. Dấu “=” xảy ra $\iff x=0\vee x=1$.

Suy ra

${\left(2^x-x\right)}^3\le 1\iff {\left(2^x\right)}^3\le 3.{\left(2^x\right)}^2.x-{3.2}^x.x^2+x^3+1\Rightarrow {\left(2^x\right)}^3-3x{.2}^x\le 3x{.2}^x\left(2^x-x-1\right)+x^3+1\le x^3+1$Từ đó suy ra $P\le \left(x^3+1\right)+\left(y^3+1\right)+\left(z^3+1\right)\le 4$.

Dấu bằng xảy ra khi trong ba số $x,y,z$ có 1 số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0. Do đó chọn C.