Đáp án A

Hàm số xác định khi $3x+1>0\iff x>-\frac{1}{3}$. Tập xác định: $D=\left(-\frac{1}{3};+\infty \right)$

Đáp án B

Ta có: $A\left(3;0\right),B\left(1;-3\right)\Rightarrow G\left(\frac{4}{3};-1\right)$.

Suy ra ${\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+{\left|z_3\right|}^2=O{A}^2+O{B}^2+O{G}^2$$=3^2+1^2+{\left(-3\right)}^2+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2+{\left(-1\right)}^2=\frac{196}{9}$

Đáp án B

Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x=\pm 2$.

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Đáp án A

Ta có: 

$$\begin{gathered} S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{\left(x+1\right)}^{2}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{\left(x+1\right)}^{2}dF\left(x\right) \\ =F\left(x\right){\left(x+1\right)}^2\left|{}_{-1}^1\right.-2\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left(x+1\right)F\left(x\right)dx=6 \end{gathered}$$

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có f(x) = 2 có 3 nghiệm.

Suy ra đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(2020-x\right)-2}$ có 3 tiệm cận đứng.

Đáp án D

Ta có: $\left(P\right)\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;-2;2\right),\left(Q\right)\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(4;5;-1\right)$.

Do $\left\{\begin{array}{l}AB\subset \left(P\right)\\ AB\subset \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AB\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\\ AB\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\end{array}\right.$ nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(8;-11;-23\right)$

Do $\overrightarrow{AB}$ cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên $\overrightarrow{AB}//\overrightarrow{u}=\left(8;-11;-23\right)$

Đáp án D

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=5x^4-15x^2-20$.

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff 5x^4-15x^2-20=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=4\\ x^2=-1\end{array}\right.$. Do $x^2\ge 0\Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=\pm 2$.

Mà $x\in \left[-1;3\right]$ nên x = 2.

Ta có $f\left(-1\right)=26,f\left(2\right)=-46,f\left(3\right)=50$.

So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là M = 50.

Đáp án A

Đáp án B sai vì theo giả thiết ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{5}\right)=a\iff {\log }_{2^{-1}}\left(5^{-1}\right)=a\iff {\log }_{2}5=a$.

Đáp án C sai vì ${\log }_{5}4={\log }_5{2}^2=2{\log }_{5}2=\frac{2}{{\log }_{2}5}=\frac{2}{a}$.

Đáp án D sai vì ${\log }_2\frac{1}{5}+{\log }_2\frac{1}{25}={\log }_2{5}^{-1}+{\log }_2{5}^{-2}=-{\log }_{2}5-2{\log }_{2}5=-3a$.

Đáp án A đúng vì ${\log }_{2}25+{\log }_2\sqrt{5}={\log }_2{5}^2+{\log }_2{5}^{\frac{1}{2}}=2{\log }_{2}5+\frac{1}{2}{\log }_{2}5=\frac{5a}{2}$

Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương.

Khi đó ta có $V=a^3$ và $V_1=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{a}^2.a=\frac{a^3}{6}$.

Vậy $V=6V_1$.

Đáp án B

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng $a\sqrt{3}$ nên có cạnh bằng a.

Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA’ = a, diện tích đáy a² có thể tích là: $V=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{1}{3}{a}^3$

Đáp án B

Đáp án B

Ta gọi F(t) là nguyên hàm của  $\sqrt{t}\sin t$.

Ta có $g\left(x\right)=\underset{\sqrt{x}}{\overset{x^2}{\int }}\sqrt{t}\sin tdt=F\left(x^2\right)-F\left(\sqrt{x}\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=2x^{2}F\text{'}\left(x^2\right)-\frac{1}{2\sqrt{x}}F\text{'}\left(\sqrt{x}\right) \\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=2x^2\sin \left(x^2\right)-\frac{\sin \left(\sqrt{x}\right)}{2\sqrt[4]{x}} \end{gathered}$$

Đáp án B

Tập xác định của hàm số là $D=\left(-\infty ;-m\right)\cup \left(-m;+\infty \right)$.

Ta có $y\text{'}=\frac{m^2-4}{{\left(x+m\right)}^2}$. Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$ thì $\left\{\begin{array}{l}-m\le 1\\ m^2-4<0\end{array}\right.\iff -1\le m<2$.

Vậy giá trị cần tìm của m là $-1\le m<2$

Đáp án B

Ta có: $S_{xq}=2\pi a^2\iff \pi rl=2\pi a^2\iff r.2a=2a^2\iff r=a\Rightarrow h=a\sqrt{3}$.

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$

Đáp án B

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

Xét tam giác OMA vuông tại M có:

$\frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{O}^2}+\frac{1}{M{A}^2}\Rightarrow \frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{r^2}+\frac{1}{O{A}^2-r^2}$

$\Rightarrow MH$ không đổi và H cố định.

Vậy M thuộc đường tròn (H;MH).

Đáp án C

Giả sử mặt phẳng (α) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$.

Điều kiện (a,b,c ≠0). Phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

Mặt phẳng (α) đi qua nên $\left(\alpha \right):\frac{1}{a}-\frac{3}{b}+\frac{2}{c}=1\left(*\right)$

Theo bài ra $OA=OB=OC\ne 0\Rightarrow \left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|\ne 0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}a=b=c\left(1\right)\\ a=b=-c\left(2\right)\\ a=-b=c\left(3\right)\\ a=-b=-c\left(4\right)\end{array}\right..$

Thay (1) vào (*), ta có phương trình vô nghiệm.

Thay (2), (3), (4) vào (*), ta được tương ứng $a=-4,a=6,a=-\frac{3}{4}$.

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án D

Ta có:

$\begin{array}{l}P=\left(4x^2+3y\right)\left(4y^2+3x\right)+25xy\\ =16{\left(xy\right)}^2+34xy+12\left(x^3+y^3\right)\\ =16{\left(xy\right)}^2+34xy+12\left(x+y\right)\left[{\left(x+y\right)}^2-3xy\right]\\ =16{\left(xy\right)}^2-2xy+12.\end{array}$

Ta có: $0\le x\le \frac{{\left(x+y\right)}^2}{4}=\frac{1}{4};xy=0\iff x=0$ hoặc $y=0;xy=\frac{1}{4}\iff x=y=\frac{1}{2}$.

Đặt t = xy thì $P=f\left(t\right)=16t^2-2t+12$ với $t\in \left[0;\frac{1}{4}\right]$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(t\right)=32t-2;f\text{'}\left(t\right)=0 \\ \iff t=\frac{1}{16};f\left(0\right)=12;f\left(\frac{1}{16}\right)=\frac{191}{16};f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{25}{2} \end{gathered}$$

Vậy $M=\frac{25}{2};m=\frac{191}{16}$. Do đó $M+8m=108$

Đáp án C

Mảnh bìa sau khi được cuốn lại trở thành hình trụ như hình vẽ với $A\equiv B,D\equiv C$.

Ta dễ thấy $AM\perp NP$ và $d\left(AM,NP\right)=AD=2a$. Khi đó:

$V_{AMNP}=\frac{1}{6}.AM.NP.d\left(AM,NP\right).\sin \left(AM,NP\right)=\frac{1}{6}.AM.NP.AD$.

Vì $2\pi R=AB$ nên $R=\frac{2a}{\pi }\Rightarrow AM=NP=2R=\frac{4a}{\pi }\Rightarrow V_{AMNP}=\frac{16a^3}{3{\pi }^2}$.

Đáp án A

Từ giả thiết, suy ra $f\left(a-x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}$

Đặt $t=a-x\Rightarrow dt=-dx$. Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=a\\ x=a\Rightarrow t=0\end{array}\right..$

Khi đó $I=-\underset{a}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(a-t\right)}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{dt}{1+\frac{1}{f\left(t\right)}}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(t\right)dt}{f\left(t\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}$

Suy ra $2I=I+I=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}+\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}dx=a\Rightarrow I=\frac{a}{2}$

Đáp án D

Từ $z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi$.

Do đó

$\begin{array}{l}\left|x+yi+2+i\right|=\left|x-yi-3i\right|\\ \iff \left|\left(x+2\right)+\left(y+1\right)i\right|=\left|x-\left(y+3\right)i\right|\\ \iff {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=x^2+{\left(y+3\right)}^2\\ \iff 4x+2y+5=6y+9\iff y=x-1.\end{array}$

Đáp án C

Đặt $g\left(x\right)=x^3-3x+2\Rightarrow \underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)=20;\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)=0$. Khi đó $f\left(x\right)=m+g\left(x\right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}f\left(a\right)+f\left(b\right)>f\left(c\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow m>g\left(c\right)-\left(g\left(a\right)+g\left(b\right)\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow m>\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)-2\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\Rightarrow m>20.\end{array}$

$\begin{array}{l}{f}^2\left(a\right)+f^2\left(b\right)>f^2\left(c\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)\right)}^2+{\left(m+g\left(b\right)\right)}^2>{\left(m+g\left(c\right)\right)}^2,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow m^2+2\left(g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)m+g^2\left(a\right)+g^2\left(b\right)-g^2\left(c\right)>0,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2-2g\left(a\right)g\left(b\right)+2g\left(a\right)g\left(c\right)+2g\left(b\right)g\left(c\right)-2g^2\left(c\right)>0,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2>2\left(g\left(a\right)-g\left(c\right)\right)\left(g\left(b\right)-g\left(c\right)\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2>2{\left(\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)-\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\right)}^2,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ m>\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)+20\sqrt{2}-2\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\Rightarrow m\ge 49.\end{array}$

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(m-n\right)x^2+mx+1}{x^2+mx+n-6}=m-n$ suy ra $y=m-n$ là đường tiệm cận ngang.

Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}m-n=0\\ n-6=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=6\\ n=6\end{array}\right.\Rightarrow m+n=12.$

Đáp án B

Nhận thấy cần phân tích tích phân $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-3x+2\right)f\text{'}\text{'}\left(x\right)dx=10\left(1\right)$

Ta sử dụng phương pháp chia làm hai cột để làm tích phân từng phần cho nhanh.

$\begin{array}{l}\left(1\right)\iff \left(x^2-3x+2\right)f\text{'}\left(x\right)\left|{}_0^2\right.-\left(2x-3\right)f\left(x\right)\left|{}_0^2\right.+2\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=10\\ \iff -2f\text{'}\left(0\right)-\left(f\left(2\right)-3f\left(0\right)\right)+2\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=10\iff \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=5.\end{array}$

Đáp án B

Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xứng với A’ qua O’ và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A’D.

Do $BH\perp A\text{'}D,BH\perp AA\text{'}\Rightarrow BH\perp \left(AOO\text{'}A\text{'}\right)$.

$A\text{'}B=\sqrt{A{B}^2-A\text{'}{A}^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow BD=\sqrt{A\text{'}{D}^2-A\text{'}{B}^2}=a$$\Rightarrow \Delta O\text{'}BD$ đều.

Do $\Delta O\text{'}BD$ đều nên $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Lại có $S_{\Delta AOO\text{'}}=\frac{a^2}{2}$, suy ra thể tích khối tứ diện OO’AB là $V=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{12}.$

Đáp án A

Cách 1: Đặt $f\left(x\right)=2{\log }_{a}x-x+1$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=2{\log }_{a}x-x+1\le 0\\ f\left(1\right)=0\end{array}\right.\left(\forall x>0\right)\Rightarrow \underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=0$.

Suy ra x = 1 là điểm cực đại của hàm số f(x).

Do đó $f\text{'}\left(1\right)=\frac{2}{\ln a}-1=0\iff \ln a=2\iff a=e^2\in \left(7;8\right)$.

Cách 2: $2{\log }_{a}x\le x-1\iff {\log }_{\sqrt{a}}x\le x-1\left(\forall a\ne 1;x>0\right)$ .

Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị $y={\log }_{\sqrt{a}}x$ không nằm trên đường thẳng $y=x-1,\forall x>0\Rightarrow a>1$.

Suy ra đường thẳng phải là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

Do đó $y\text{'}\left(1\right)=\frac{1}{\ln \sqrt{a}}=0\iff \ln \sqrt{a}=1\iff a=e^2\in \left(7;8\right)$.

Đáp án C

Đặt $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\left|z-2i\right|=\left|\left(1+i\right)z\right|\iff \left|x+yi-2i\right|=\left|\left(1+i\right)\left(x+yi\right)\right|\\ \iff \left|x+\left(y-2\right)i\right|=\left|\left(x-y\right)+\left(x+y\right)i\right|\\ \iff x^2+{\left(y-2\right)}^2={\left(x-y\right)}^2+{\left(x+y\right)}^2\\ \iff x^2+y^2+4y-4=0.\end{array}$

Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I(0;−2).

Đáp án D

Ta có $a={\log }_{7}12={\log }_7\left(2^2.3\right)=2{\log }_{7}2+{\log }_{7}3\left(1\right)$.

$\begin{array}{l}b={\log }_{12}14=\frac{{\log }_{7}14}{{\log }_{7}12}=\frac{{\log }_7\left(7.2\right)}{a}=\frac{1+{\log }_{7}2}{a}\\ \Rightarrow 1+{\log }_{7}2=ab\iff {\log }_{7}2=ab-1.\end{array}$

Thay ${\log }_{7}2=ab-1$ vào (1) ta được $a=2\left(ab-1\right)+{\log }_{7}3\Rightarrow {\log }_{7}3=a-2\left(ab-1\right)$.

Do đó 

$\begin{array}{l}c={\log }_{84}54=\frac{{\log }_{7}54}{{\log }_{7}84}=\frac{{\log }_7\left({2.3}^3\right)}{{\log }_7\left(2^2\mathrm{.3.7}\right)}\\ =\frac{{\log }_{7}2+3{\log }_{7}3}{2{\log }_{7}2+{\log }_{7}3+1}=\frac{3a+5\left(1-ab\right)}{a+1}.\end{array}$

Đáp án C

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=-2f\left(3-x\right)f\text{'}\left(3-x\right)$.

Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x) như sau:

Khi đó ta thấy rằng phương trình f(x) = 0 có nghiệm kép không được chọn và bản thân phương trình f(3−x) = 0 cũng thế.

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

Lập trục xét dấu: 

Từ trục xét dấu, suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (2;5).

Đáp án A

Ta gọi AE và BF lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B tới đường thẳng d và gọi G là trọng tâm của tam giác ABO.

Khi đó $AE+BF\le AG+BG$. Do vậy giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách giữa hai điểm A, B tới đường thẳng d là AG+BG và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi d là đường thẳng qua G đồng thời vuông góc với AG, BG.

Do vậy $\overrightarrow{u_d}=\left[\overrightarrow{AG},\overrightarrow{BG}\right]=\left(\frac{26}{3};-\frac{16}{3};4\right)$, ta chọn $\overrightarrow{u}=\left(-13;8;-6\right)$

Đáp án D

Cách 1: Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và (P) tạo với Oy góc lớn nhất.

Vì (P) chứa d nên (P) đi qua điểm M(1;−2;0).

Phương trình mặt phẳng (P) là $\left(P\right):a\left(x-1\right)+b\left(y+2\right)+cz=0\left(1\right)$.

Điều kiện $a^2+b^2+c^2>0$.

Vì N(0;−1;2) nên N thuộc (P).

Do vậy ta có –a+b+2c = 0 hay a = b+2c.

Thay vào (1) ta được: $\left(b+2c\right)x+by+cz+b-2c=0\left(2\right)$.

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(b+2c;b;c\right)$, trục Oy có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{j}=\left(0;1;0\right)$.

Gọi $\alpha$ là góc của Oy và (P) ta có $\sin \alpha =\left|\cos \left(\overrightarrow{j},\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right)\right|=\frac{\left|b\right|}{\sqrt{2b^2+5c^2+4cb}}$.

Trường hợp 1: b = 0 thì α = 0.

Trường hợp 2: b ≠ 0 thì $\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{2+5{\left(\frac{c}{b}\right)}^2+4\left(\frac{c}{b}\right)}}$.

Đặt $t=\frac{c}{b}$, xét hàm số $f\left(t\right)=5t^2+4t+2$.

Ta có sinα lớn nhất khi $f\left(t\right)=5t^2+4t+2$ nhỏ nhất $\iff t=-\frac{2}{5}\iff \frac{c}{b}=-\frac{2}{5}\iff c=-\frac{2b}{5}$.

Thay vào (2), ta được: $\left(b-\frac{4b}{5}\right)x+by-\frac{2b}{5}z+b+\frac{4b}{5}=0\iff x+5y-2z+9=0.$

Cách 2:

Ta có vectơ chỉ phương của d là $\overrightarrow{v_d}=\left(1;-1;-2\right)$; vectơ chỉ phương của Oy là $\overrightarrow{v_{Oy}}=\left(0;1;0\right)$.

Gọi $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{v_{\Delta }},\overrightarrow{J}\right]=\left(\left|\begin{array}{l}-1-2\\ 10\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}-21\\ 00\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}1-1\\ 01\end{array}\right|\right)=\left(2;0;1\right).$

Gọi $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$ là vectơ pháp tuyến của (P), suy ra $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{v_{\Delta }}\right]=\left(\left|\begin{array}{l}01\\ -1-2\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}12\\ -21\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}20\\ 1-1\end{array}\right|\right)=\left(1;5;-2\right).$

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là $1.\left(x-1\right)+5.\left(y+2\right)-2z=0\iff x+5y-2z+9=0$

Đáp án D

Số trường hợp đồng khả năng là $n\left(\Omega \right)=A_{12}^6.5!$.

Gọi A là biến cố hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau.

Ta có các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: A và B ngồi bàn dài.

− Chọn 2 vị trí trên bàn dài để xếp A và B ngồi cạnh nhau có 5 cách. Xếp A và B có 2 cách.

− Chọn 4 bạn trong 10 bạn còn lại để xếp vào 4 vị trí. Có $A_{10}^4$ cách.

− Xếp 6 bạn còn lại vào bàn tròn. Có 5! cách.

Trường hợp này có $\mathrm{2.5.}{A}_{10}^4.5!$ cách.

+ Trường hợp 2: A và B ngồi bàn tròn.

− Xếp A và B ngồi cạnh nhau. Có 2 cách.

− Chọn 4 bạn trong 10 bạn để xếp vào bàn tròn. Có $A_{10}^4$ cách.

− Xếp 6 bạn còn lại vào bàn dài. Có 6! cách.

Trường hợp này có $2.A_{10}^4.6!$ cách.

Suy ra số trường hợp thuận lợi là $n\left(A\right)=\mathrm{2.5.}{A}_{10}^4.5!+2.A_{10}^4.6!$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{6}$

Đáp án D

Đặt t = f(x). Khi đó phương trình trở thành

$\frac{f\left(t\right)}{2t-1}=1\iff t^3-3t^2-t+\frac{5}{2}=0\iff \left[\begin{array}{l}{t}_1\approx 3,05979197\\ t_2\approx 0,8745059057\\ t_3\approx -0,9342978758\end{array}\right.$

Xét phương trình $x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_1\approx 3,05979197$. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

Xét phương trình $x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_2\approx 0,8745059057$. Bấm máy tính ta được 3 nghiệm.

Xét phương trình $x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_3\approx -0,9342978758$. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.

Đáp án A

(S) có tâm I(0;0;1); bán kính R = 2.

Xét tam giác $\Delta ABI$ vuông tại B có $BI=R=2,AI=3$.

Gọi $H=\left(BCD\right)\cap AI$

Ta có $AI\perp \left(BCD\right)$ tại H và $B{I}^2=HI.AI\Rightarrow IH=\frac{4}{3}$.

Khi đó mặt phẳng (BCD) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AI}$ và cách I một khoảng $\frac{4}{3}$ nên $\left\{\begin{array}{l}mp\left(BCD\right):2x+2y+z+d=0\\ d\left(I;\left(BCD\right)\right)=\frac{4}{3}\end{array}\right.\iff \frac{\left|1+d\right|}{3}=\frac{4}{3}\iff \left[\begin{array}{l}d=3\\ d=-5\end{array}\right..$

Do vậy $\left[\begin{array}{l}\left(BCD\right):2x+2y+z+3=0\Rightarrow d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{13}{3}\\ \left(BCD\right):2x+2y+z-5=0\Rightarrow d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{5}{3}\end{array}\right..$

Vì $d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{13}{3}>AI$ nên không thỏa mãn.

Vậy phương trình mặt phẳng (BCD) là $2x+2y+z-5=0$.

Đáp án A

Ta có: $u_2=q.u_1\left(q=\frac{u_2}{u_1}\ge 100\right)$ và đặt $a=\log u_1\ge 0,b=\log q\ge 2$.

Khi đó $\log u_2=\log \left(q{u}_1\right)=\log u_1+\log q=a+b$.

Kết hợp với giả thiết, ta có: 

$$\begin{gathered} {\left(a+b\right)}^3-3{\left(a+b\right)}^2+4=a^3-3a^2 \\ \iff b^3-3b^2+4+3ab\left(a+b-2\right)=0 \\ \iff \underset{\ge 0}{\underbrace{{\left(b-2\right)}^2\left(b+1\right)}}+\underset{\ge 0}{\underbrace{3ab\left(a+b-2\right)}}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ q=100\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Do đó $u_n={100}^{n-1}>{10}^{2020}\iff 2\left(n-1\right)>2020\iff n>1011\Rightarrow n_{\min }=1012$.

Đáp án A

Vì hàm số $f\left(x\right)=x\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ là hàm số chẵn và liên tục trên $\left[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right]$ nên ta có:

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

Đặt ,$\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\\ dv=xdx\end{array}\right.$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}du=\frac{-2}{x^2-1}\\ v=\frac{1}{2}\left(x^2-1\right)\end{array}\right.$.

$$\begin{gathered} I=\frac{1}{2}\left(x^2-1\right)\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{1}{2}}\\ {}_0\end{array}\right.+\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}dx=-\frac{3}{8}\ln 3+\frac{1}{2} \\ \Rightarrow a=-\frac{3}{8};b=3;c=\frac{1}{2} \end{gathered}$$.

Vậy $a-b+c=-\frac{3}{8}-3+\frac{1}{2}=-\frac{23}{8}.$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm $x^4-3x^2-2=m+1\iff x^4-3x^2-3-m=0$.

Đặt $x^2=t,\left(t\ge 0\right)$, ta có phương trình $t^2-3t-m-3=0\left(*\right)$

Theo giả thiết ta có m > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu.

Suy ra đường thẳng y = m+1 luôn cắt đồ thị hàm số $y=x^4-3x^2-2$ tại hai điểm A, B.

Vì A, B đối xứng với nhau qua Oy nên A(x;m+1) và B(−x;m+1).

Tam giác OAB vuông tại $O\iff \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\iff x^2={\left(m+1\right)}^2$.

Thay $x^2={\left(m+1\right)}^2$ vào phương trình $x^4-3x^2-3-m=0$ ta được $m^4+4m^3+3m^2-3m-5=0$