Chọn B.

Vì hàm số bậc 2 và hàm phân thức bậc nhất nên không đơn điệu trên tập xác định nên loại đi hai đáp án A và D.

Hàm số bậc nhất y=x+5 có hệ số a=1>0 nên hàm số luôn đồng biến trên R nên loại đáp án C. Vậy chọn đáp án B.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f(x) đồng biến trên $\left(3;+\infty \right)$ nên hàm số cũng đồng biến trên khoảng (3;5)

Chọn A.

Xét hàm số $y=f\left(\left|x+1\right|-1\right)$

Ta có: $y\text{'}=\frac{x+1}{\left|x+1\right|}f\text{'}\left(\left|x+1\right|-1\right)$

Khi đó y' không xác định tại x=-1

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

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào BBT hàm số có 5 cực trị nên chọn đáp án A.

Chọn C.

Ta có:

$d\left(O,\left(ABC\right)\right)=\frac{1}{2}AA\text{'}$

$S_{\Delta AOB}=\frac{1}{2}d\left(G;AB\right).AB$ mà $d\left(G;AB\right)=\frac{1}{3}d\left(C;AB\right).$ Khi đó $S_{\Delta AGB}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}$

Vậy: $V_{OAGB}=\frac{1}{18}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{18}.270=15c{m}^3$ nên chọn đáp án C.

Chọn B.

Chọn B.

Có $2f\left(x\right)+7=0\iff f\left(x\right)=-\frac{7}{2}$

Từ hình vẽ ta có $-4<-\frac{7}{2}<-3$ suy ra số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=-\frac{7}{2}$ là $4\Rightarrow$ phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

+ Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 2 với hệ số a<0 nên loại đáp án C, D.

+ Do đồ thị đi qua điểm (1;3) nên nhận đáp án B.

Chọn D.

Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương với hệ số a>0.

Chọn B.

Ta có $u_2=\frac{u_1+u_2}{2}=\frac{5+1}{2}=3.$

Chọn A.

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.

Chọn B.

Khối chóp tam giác đều nên đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, do đó diện tích đáy là $B=\frac{2^2.\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}.$

Thể tích khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}\sqrt{3}.12-4\sqrt{3}.$

Chọn C.

Gọi tiếp điểm $M\left(x_0;y_0\right).$ Ta có $y\text{'}\left(x_0\right)=2x_0-1.$

Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^2-x+5$ vuông góc với đường thẳng $y=-\frac{1}{3}x+1$ nên

$y\text{'}\left(x_0\right).\left(-\frac{1}{3}\right)=-1\iff y\text{'}\left(x_0\right)=3\iff 2x_0-1=3\iff x_0=2.$

Khi đó $y_0=2^2-2+5=7\Rightarrow M\left(2;7\right).$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^2-x+5$ dạng $y=3.\left(x-2\right)+7\iff y=3x+1.$

Chọn B.

Chọn A.

Hàm số xác định $\iff \left\{\begin{array}{l}1-x^2\ge 0\\ x^2+2x\ne 0\end{array}\right.\iff x\in [-1;1]\backslash \left\{0\right\}$

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty$ => đường thẳng x=0 là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=0;\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=0$

Vậy hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng.

Chọn C.

Ta có $0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9$ chia hết cho 9.

Do đó số gồm 8 chữ số phân biệt chia hết cho 9 thì số đó phải không chữ 2 trong 10 chữ số $\left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8;9\right\}$ và có tổng chia hết cho 9.

Ta có 5 cặp số thỏa mãn: $\left\{0;9\right\};\left\{1;8\right\};\left\{2;7\right\};\left\{3;6\right\};\left\{4;5\right\}.$

Gọi số có 8 chữ số là $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7{a}_8}$

Trường hợp 1: Số được lập không chứa cặp số {0;9}. Khi đó có 8! Số thỏa mãn.

Trường hợp 2: Số được lập không chứa một trong 4 cặp số $\left\{1;8\right\};\left\{2;7\right\};\left\{3;6\right\};\left\{4;5\right\}.$

Với mỗi số không chứa 1 trong 4 cặp trên, ta có 7.7! số được tạo ra thỏa mãn bài toán.

Do đó số các số gồm 8 chữ số phân biệt không chứa một trong 4 cặp số trên là: 7.7!.4

Vậy số các số gồm 8 chữ số phân biệt chia hết cho 8 là: $8!+7.7!.4=181440$ số.

Chọn A.

Vì lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh a nên diện tích đáy: $B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Chiều cao của lăng trị đều là: h=a

Thể tích của khối lăng trụ là $V=B.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Chọn A.

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}=\frac{\sqrt{x+2}-1}{2\sqrt{x+2}} \\ y\text{'}=0\iff \sqrt{x+1}=1\iff x=-1 \\ f\left(-1\right)=-\frac{3}{2};f\left(34\right)=11. \\ m=-\frac{3}{2};M=11.S=3\left(-\frac{3}{2}\right)+11=\frac{-9}{2}+11=\frac{13}{2}. \end{gathered}$$

Chọn C.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}6x-x^2\ge 0\left(1\right)\\ x^2-8x+2m>0\end{array}\right.$

$\left(1\right)\iff 0\le x\le 6.$

Để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng thì phương trình $f\left(x\right)=x^2-8x+2m=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thỏa $0\le x_1<x_2\le 6.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}\ge 0\\ a.f\left(0\right)\ge 0\\ a.f\left(6\right)\ge 0\\ \frac{S}{2}>0\\ \frac{S}{2}<6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}16-2m>0\\ 2m\ge 0\\ 36-48+2m\ge 0\\ \frac{8}{2}>0\\ \frac{8}{2}<6\end{array}\right.\iff 6\le m<8.$

Vì $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{6;7\right\}.$ Vậy tổng các giá trị nguyên m là 6+7=13.

Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=C_{2019}^2.$

Để chọn được hai thẻ có tổng số nhỏ hơn 2002 ta xét các trường hợp sau:

TH 1: chọn số 1, khi đó có 1999 cách chọn số còn lại thuộc tập $\left\{2;3;...;2000\right\}.$

TH 2: chọn số 2, khi đó có 1997 cách chọn số còn lại thuộc tập $\left\{3;...;1999\right\}.$

…..

TH 1000: chọn số 1000, khi đó có 1 cách chọn số còn lại thuộc tập {1001}

Nên $n\left(A\right)=1999+1997+...+1=\frac{\left(1999+1\right)1000}{2}={10}^6,P\left(A\right)=\frac{{10}^6}{C_{2019}^2}.$

Chọn A.

Gọi N là giao điểm của B'B. Ta có $MN//B\text{'}C\Rightarrow \left(AMN\right)//B\text{'}C$

Do đó $d\left(AM,B\text{'}C\right)=d\left(B\text{'}C,\left(AMN\right)\right)=d\left(B\text{'},\left(AMN\right)\right)=d\left(B,\left(AMN\right)\right)=d$

Xét tứ diện vuông B.AMN có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{N}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{7}{a^2}.$

Vậy $d=\frac{a\sqrt{7}}{7}$

Chọn D.

$$\begin{gathered} y=\frac{3x+1}{x-3}\left(C\right) \\ y=3\left(d\right) \end{gathered}$$

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d

$\frac{3x+1}{x-3}=3\iff 3x+1=3x-9\iff 0x=10$ (vô nghiệm).

Số giao điểm của đồ thị và đường thẳng là 0.

Chọn A.

Ta có: $\left(SBM\right)\cap \left(ABCD\right)=BM$

Kẻ $AH\perp BM\Rightarrow$ Góc giữa (SBM) và mặt đáy là $\widehat{SHA} và \widehat{SHA}={45}^0.$

Do đó $\Delta SAH$ là tam giác vuông cân, $SH=a\sqrt{2}.$

Kẻ $AK\perp SH\Rightarrow d\left(A,\left(SBM\right)\right)=AK=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vì M là trung điểm của AD nên $d\left(D,\left(SBM\right)\right)=d\left(A,\left(SBM\right)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(3\right)=-\frac{3}{4}.$

Chọn D.

Hàm số $y=x^3-2x^2+x-1$ có TXĐ: $R;y\text{'}=3x^2-4x+1;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{3}\\ x=1\end{array}\right..$

Dựa vào BBT đồ thị hàm số $y=x^3-2x^2+x-1$ và đường thẳng y=m có nhiều nhất là ba giao điểm.

Chọn A.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}OC\perp OA\\ OC\perp OB\end{array}\right.\Rightarrow OC\perp \left(OAB\right).$

Do đó $V_{C.OAB}=\frac{1}{3}.S_{OAB}.OC=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{6}.3.4.10=20c{m}^3.$

Chọn B.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=\left(3x^2-3\right)f\text{'}\left(x^3-3x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ f\text{'}\left(x^3-3x\right)=0\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị ta có $f\text{'}\left(x^3-3x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^3-3x=t\left(-2>t\right)\\ x^3-3x=u\left(-2<u<0\right)\left(*\right)\\ x^3-3x=v\left(0<v<2\right)\end{array}\right.$

Xét $h\left(x\right)=x^3-3x\Rightarrow h\text{'}\left(x\right)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$ ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta được (*) có 7 nghiệm phân biệt khác $\pm 1$ nên g'(x)=0 có 9 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(x^3-3x\right)$ có 9 cực trị.

Chọn A.

Ta có $\left.\begin{array}{l}AC//A\text{'}C\text{'}\\ A\text{'}C\text{'}\perp B\text{'}D\text{'}\end{array}\right\}\Rightarrow AC\perp B\text{'}D\text{'}.$

Vậy góc giữa đường thẳng AC và B'D' bằng 90$°$

Chọn D.

Theo đề bài $f\left(2\right)+f\left(6\right)=2f\left(3\right)\iff f\left(2\right)-f\left(3\right)=f\left(3\right)-f\left(6\right).$

Do $f\left(2\right)<f\left(3\right)\Rightarrow f\left(3\right)-f\left(6\right)<0\iff f\left(3\right)<f\left(6\right).$

Do $X=x^2+1\ge 1.$

Ta có bảng biến thiên

Ta có $f\left(x^2+1\right)=f\left(3\right)\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2+1=3\\ x^2+1=b\left(4<b<6\right)\left(2\right)\end{array}\right..$

Xét đồ thị hàm số $y=x^2+1\left(P\right).$

Dựa vào đồ thị (P) suy ra:

+ Phương trình $x^2+1=a$ vô nghiệm.

+ Phương trình $x^2+1=3$ có 2 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình $x^2+1=b$ có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình $f\left(x^2+1\right)=f\left(3\right)$ có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Ta có: $y\text{'}=8x^3+8x=8x\left(x^2+1\right).$

Khi đó $y\text{'}=0\iff 8x\left(x^2+1\right)=0\iff x=0.$

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.

Chọn B.

Mỗi mặt của bát diện đều là một tam giác đều cạnh a nên có diện tích là $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Do vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều đó bằng $S=8.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{3}{a}^2.$

Chọn B.

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là Bh

Chọn D.

Diện tích tam giác MNP là $S_{MNP}=S_{ABC}=3.$

mp(MNP) song song với mp(ABC) và mp(A'B'C')

Ta có $d\left(G;\left(MNP\right)\right)=d\left(G\text{'};\left(MNP\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(G;\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)=\frac{5}{2}.$

Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm $G,G\text{'},M,N,P$ là

$V=2.V_{G.MNP}=2.\frac{1}{3}.S_{MNP}.d\left(G;\left(MNP\right)\right)=2.\frac{1}{3}.3.\frac{5}{2}=5.$

Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy

Hàm số đồng biến trên khoảng từ (0;1)

Hàm số nghịch biến trên khoảng từ $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(2;+\infty \right).$

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) và nghịch biến trên khoảng (2;3) nên hàm số không đồng biến trên khoảng (0;3).

Chọn B.

* Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng: y=2

* Đường tiệm cận đứng là đường thẳng: x=-1

* Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1)

Chọn A.

* Đặt $t=\cos x\left(0<t<1\right)\Rightarrow y=\frac{t+1}{10t+m}\Rightarrow y\text{'}=\frac{m-10}{\left(10t+m^2\right)}t;$

* Hàm số $y=\frac{\cos x+1}{10\cos x+m}$ đồng biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$

$\iff y\text{'}=\frac{m-10}{{\left(10t+m\right)}^2}t\text{'}>0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right).$ Vì trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ hàm số t=cosx nghịch biến nên $t\text{'}<0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$

* Từ đó suy ra: $\left\{\begin{array}{l}m-10<0\\ -\frac{m}{10}\notin \left(0;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<10\\ \left[\begin{array}{l}m\le -10\\ m\ge 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le -10\\ 0\le m<10\end{array}\right..$

m nguyên dương nên $m\in \left\{1,2,...,9\right\}.$

Chọn D.

Chọn C.

Ta có $AB=AC\sqrt{2}=2a.$

Lại có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (ABC)

Suy ra $\left(SB,\left(ABC\right)\right)=\left(SB,AB\right)=SBA$

Do đó $\tan SBA=\frac{SA}{AB}=\frac{2a}{2a}=1.$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 45$°$

Chọn D.

Ta có $u_2=u_{1}q\iff \frac{1}{2}=2q\iff q=\frac{1}{4}.$

Chọn C.

Gọi chiều rộng của đáy hình chữ nhật là x(m) thì chiều dài của đáy là 2x(m) với x>0

Chiều cao của kho chứa là h(m) với h>0

Theo giả thiết, ta có $x.2x.h=2000\iff h=\frac{1000}{x^2}.$

Diện tích toàn phần của kho chứa là $S=2x.2x+2.2x.h+2.x.h=4x^2+\frac{6000}{x}.$

Để chi phí xây dựng thấp nhất thì diện tích toàn phần của kho chứa phải nhỏ nhất.

Ta có

$$\begin{gathered} S\text{'}=8x-\frac{6000}{x^2}=\frac{8x^3-6000}{x^2}. \\ S\text{'}=0\iff 8x^3-6000=0\iff x=5\sqrt[3]{6}. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

Vậy $S_{\min }=S\left(5\sqrt[3]{6}\right)\Rightarrow$ chi phí thấp nhất là $\left[4.{\left(5\sqrt[3]{6}\right)}^2+\frac{6000}{5\sqrt[3]{6}}\right].750000\approx 742933631.$

Chọn D.

Quan sát đồ thị ta thấy:

+) Dựa vào dáng đồ thị suy ra a<0

+) Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm suy ra d<0

+) $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$

Do hai điểm cực trị trái dấu nên suy ra PT y'=0 có hai nghiệm trái dấu suy ra a,c trái dấu.

Vậy c>0

+) $y\text{'}\text{'} = 6ax + 2b$

Do điểm uốn có hoành độ dương nên a,b trái dấu, do đó b>0

Vậy chỉ có a<0, d<0

Chọn C.

Ta có:

TXĐ: $D=R\backslash \left\{-1\right\}$

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{2x+1}{x+1}=+\infty$ suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1

Chọn D.

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên hình chóp D.A'B'C'D' có đáy A'B'C'D' là hình chữ nhật và chiều cao là DD'

Theo dữ kiện đề bài ta có: $DD\text{'} = AA\text{'} = 3,A\text{'}D\text{'} = AD = 2,D\text{'}C\text{'} = AB = 1.$

Thể tích khối chóp D.A'B'C'D' là $V=\frac{1}{3}.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}.DD\text{'}=\frac{1}{3}.A\text{'}D\text{'}.D\text{'}C\text{'}.DD\text{'}=\frac{1}{3}.2.1.3=2$

Đáp án đúng: A.

*Lời giải:

Có 5 loại khối đa diện đều là: khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều.

*Phương pháp giải:

- Định lí:Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các loại {3; 3}; loại {4; 3}; loại {3; 4}; loại {5; 3} và loại {3; 5}.

*Lý thuyết cần nắm và dạng bài toán về khối đa diện đều:

Khối đa diện đều.

- Định nghĩa: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây:

a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh.

b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.

Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại {p; q}.

Từ định nghĩa trên ta thấy các mặt của khối đa diện đều là những đa giác đều bằng nhau.

- Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các loại {3; 3}; loại {4; 3}; loại {3; 4}; loại {5; 3} và loại {3; 5}.

Tùy theo số mặt của chúng, năm loại khối đa diện đều kể trên theo thứ tự gọi là các khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều (hay khối tám mặt đều), khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều.

Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều.

Thể tích của khối đa diện

Người ta chứng minh được rằng: có thể đặt tương ứng cho mỗi khối đa diện (H) một số dương duy nhất V_(H) thỏa mãn các tính chất sau:

a) Nếu (H) là khối lập phương có cạnh bằng 1 thì V_(H) = 1.

b) Nếu hai khối đa diện (H₁) và (H₂) bằng nhau thì V_(H1) = V_(H2).

c) Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H₁) và (H₂) thì:

V_(H) = V_(H1) + V_(H2).

Số dương V_(H) nói trên được gọi là thể tích của khối đa diện (H). Số đó cũng được gọi là thể tích của hình đa diện giới hạn khối đa diện (H).

Khối lập phương có cạnh bằng 1 được gọi là khối lập phương đơn vị.

- Định lí : Thể tích của khối hình chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.

 Thể tích của khối lăng trụ.

Định lí: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = B.h

Thể tích khối chóp.

Định lí. Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là: $V=\frac{1}{3}B.h$.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Lý thuyết Khối đa diện lồi và khối đa diện đều (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

Toán 12 Bài 2 giải vở bài tập: Khối đa diện lồi và khối đa diện đều 

50 bài toán về nhận biết khối đa diện lồi, đều (có đáp án 2024) – Toán 12