Đáp án A.

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z có phần thực bằng ‒2 là đường thẳng $x+2=0$.

Đáp án B.

Khoảng cách d giữa hai mặt phẳng cho bởi các phương trình $z-2=0$ và $z-8=0$ là $d=\left|8-2\right|=6$.

Đáp án A.

Ta chọn A do với $x=-1$ thì $\sqrt[6]{x^6}=\sqrt[6]{{\left(-1\right)}^6}=1\ne -1$

Đáp án A.

Ta thấy phương trình $x^2-bx+b-1=0$ có $a+b+c=0$ nên có nghiệm $x_1=\mathrm{1,}{x}_2=b-1$.

Vậy để phương trình có nghiệm lớn hơn 3 thì $b-1>3\iff b>4\Rightarrow b\in \left\{5;6\right\}$.

Do đó xác suất để phương trình có nghiệm lớn hơn 3 là $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Ta chọn A.

Đáp án B.

Cách 1:

Với A: Ta có

$$\begin{gathered} u_{n+1}-u_n=\frac{n+1-1}{n+1+1}-\frac{n-1}{n+1} \\ =\frac{n}{n+2}-\frac{n-1}{n+1}=\frac{2}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0 \end{gathered}$$.

Do vậy dãy số ở phương án A là dãy số tăng, ta loại A.

Với B: Ta có $$\begin{gathered} v_{n+1}-v_n=\frac{2\left(n+1\right)+1}{5\left(n+1\right)+2}-\frac{2n+1}{5n+2} \\ =\frac{-1}{\left(5n+7\right)\left(5n+2\right)}>0 \end{gathered}$$.

Suy ra dãy số ở phương án B là dãy giảm, do vậy ta chọn B.

Cách 2:

Với A: Xét hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ có $y\text{'}=\frac{2}{{\left(x+1\right)}^2}$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Suy ra $\left(u_n\right)$ là dãy số tăng.

Với B: Xét hàm số $y=\frac{2x+1}{5x+2}$ có $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(5x+2\right)}^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Suy ra $\left(v_n\right)$ là dãy số giảm. Do vậy ta chọn  B.

Đáp án D.

Đáp án D.

Hai đường thẳng d và $d^{\text{'}}$ cắt nhau khi và chỉ khi hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}1+a^{2}t=3-t\text{'}\\ t=2+t\text{'}\\ -1+2t=3-t\text{'}\end{array}\right.$ có đúng một nghiệm $\iff \left\{\begin{array}{l}t=2\\ t\text{'}=0\\ a=\pm 1\end{array}\right.$.

Vậy ta chọn D.

Đáp án D.

Số cách chọn ra 4 bóng đèn từ 6 bóng đèn khác nhau là $C_6^4$.

Số cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn vừa chọn ra là 4!.

Vậy số cách chọn ra 4 bóng đèn từ 6 bóng đèn khác nhau rồi mắc nối tiếp chúng là $4!.C_6^4=360$ cách.

Đáp án B.

Đồ thị hàm số có điểm cực địa $A\left(0;2\right)$. Phương trình tiếp tuyến tại A của đồ thị hàm số có dạng $y=y\text{'}\left(0\right)x+2\iff y=2$. Vậy ta chọn B.

Đáp án C.

Đặt $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$.

Mà M là trọng tâm tam giác ABC  $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{3}=1\\ \frac{b}{3}=2\\ \frac{c}{3}=3\end{array}\right.\iff a=3;b=6;c=9$.

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right):\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{9}=1\iff 6x+3y+2z-18=0$.

Đáp án B.

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

Ta có

$$\begin{gathered} -1\le \sin x\le 1\iff -2\le -2\sin x\le 2 \\ \iff -4\le -2\sin x-2\le 0 \end{gathered}$$ 

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)\le \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$. Suy ra hàm số nghịch biến trên $ℝ$.

Đáp án B.

Với A: A đúng do công thức tính thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh$ với B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp. Nên nếu hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

Với B: Với khối hộp có kích thước a; b; c thì diện tích toàn phần của khối hộp là $2\left(ab+bc+ca\right)$. Thể tích của khối hộp là abc. Từ hai dữ kiện này và phương án đề bài ra thì ta không thể kết luận được B đúng hay sai, do vậy ta xét tiếp C.

Với C: Tương tự A thì C đúng do công thức tính thể tích khối lăng trụ là $V=Bh$.

Với D: Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có cạnh bằng nhau, suy ra hai khối có thể tích bằng nhau. Vậy từ đây ta chọn B.

Đáp án C.

Do hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a nên đường chéo của mặt hình lập phương chính là đường kính của hình tròn ngoại tiếp $\Rightarrow r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ là bán kính của hình tròn đáy hình trụ.

Thể tích khối trụ là $V=\pi r^2.a=\frac{\pi a^3}{2}$.

Đáp án D.

Đáp án B.

Đáp án A.

Đáp án A.

Đáp án B.

Mỗi một ô vuông nhỏ trên hình có diện tích bằng 1.

Ta thấy: Trên đoạn $\left[0;5\right]$, $f\left(x\right)\ge 0$; trên đoạn $\left[5;9\right]$, $f\left(x\right)\le 0$.

Do đó ta có

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx \\ +\underset{5}{\overset{7}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{7}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx \end{gathered}$$ 

$=4+3+2-\left(3+5\right)=2$.

Đáp án B.

- A sai vì có thể xảy ra khả năng a và c song song với nhau và cùng vuông góc với b. 

- C sai. Xét trường hợp a, b, c vuông góc với nhau từng đôi một và đồng quy tại một điểm. Khi đó $a\perp \left(b,c\right)$. Do đó a vuông góc với mọi đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (b;c), trong đó có những đường thẳng cắt cả b và c.

- D sai vì nếu c nằm trong (a;b) và vuông góc với a thì c không thể vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong (a;b).

Vậy B đúng (dựa vào định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian có thể thấy B đúng).

Đáp án C. 

Ta chọn C do hàm số ở phương án C có tử thức là đa thức có bậc lớn hơn bậc của mẫu thức. Do vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án C.

Phép vị tự tâm O tỉ số $\frac{1}{2}$ biến $\left(I;R\right)$ thành $\left(I\text{'};R\text{'}\right)$ nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{OI\text{'}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OI}\\ R\text{'}=\frac{1}{2}R\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}I\text{'}=\left(1;-1\right)\\ R\text{'}=2\end{array}\right.$

Vậy ta chọn C.

Đáp án C.

Đáp án B.

Gọi đầu kéo máy là X.

Cách 1:

Theo dữ kiện đề bài ta sẽ sử dụng phương pháp vách ngăn để sắp xếp các  toa.

Trường hợp 1: Hai toa A và B không cạnh nhau.

Sắp xếp X | A | B | theo một hàng ta có 1 cách.

Ta có 3 vị trí để xếp các toa C; D vào hàng. Số cách xếp là $A_3^2=6$.

Vậy có 6 cách xếp cho trường hợp 1.

Trường hợp 2: Hai toa A và B cạnh nhau.

Buộc hai toa A và B vào với nhau có 1 cách (do A gần X hơn B).

Số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu là $\mathrm{1.3.2.1}=6$ cách.

Kết hợp hai trường hợp có tất cả $6+6=12$ cách.

Cách 2: Gọi các vị trí sau đầu máy là 1, 2, 3, 4.

Trường hợp 1: Toa A ở vị trí số 1. Khi đó toa B có thể ở một trong ba vị trí còn lại.

Trường hợp 2: Toa A ở vị trí số 2. Khi đó toa B có thể ở một trong hai vị trí 3, 4.

Trường hợp 3: Toa A ở vị trí số 3. Khi đó toa B phải ở vị trí số 4.

Trường hợp 4: Toa A ở vị trí số 4. Khi đó không thể xếp được toa B thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Khi xếp xong hai toa A và B thì có hai cách xếp hai toa C và D (giao hoán).

Vậy có tất cả: $\left(3+2+1\right)\times 2=12$ cách xếp các toa tàu.

Đáp án D.

Đáp án B.

Sử dụng máy tính tính giá trị của A với $a=2 ;b=3$ rồi lưu vào biến X:

Với A: 

Kết quả ra khác 0 nên ta loại A.

Với B: 

Vậy ta chọn B.

Đáp án D.

Đáp án B.

Đáp án C.

Đáp án B.

Đáp án D.

Ta có ${\log }_{x}a=\frac{1}{\alpha };{\log }_{x}b=\frac{1}{\beta };{\log }_{x}c=\frac{1}{\gamma }$ 

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\log }_{x}a+{\log }_{x}b+{\log }_{x}c=\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma } \\ \Rightarrow {\log }_x\left(abc\right)=\frac{\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha }{\alpha \beta \gamma } \end{gathered}$$ 

$\iff {\log }_{abc}x=\frac{\alpha \beta \gamma }{\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha }$.

Đáp án C.

Đáp án C.

Đáp án C.

Đáp án C.

Đáp án D.

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}\cos \left(2x+1\right)\ne 0\\ \cos \left(3x-1\right)\ne 0\end{array}\right.$. Khi đó:

$$\begin{gathered} \tan \left(2x+1\right)\tan \left(3x-1\right)=1 \\ \iff \sin \left(2x+1\right).\sin \left(3x-1\right)=\cos \left(2x+1\right).\cos \left(3x-1\right) \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \iff \cos \left(3x-1+2x+1\right)=0\iff \cos 5x=0 \\ \iff 5x=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff x=\frac{\pi }{10}+\frac{k\pi }{5},\left(k\in \mathbb{Z}\right) \end{gathered}$$

Mà ta tìm nghiệm lớn nhất nằm trong khoảng $\left(-5\pi ;-2\pi \right)$ $\Rightarrow x=\frac{-21\pi }{10}$ $\Rightarrow \left[x\right]=-7$.

Đáp án A.

Dễ thấy m và n càng chênh lệch ít thì số hình chữ nhật được tạo ra càng nhiều. Do đó số hình chữ nhật được tạo ra là lớn nhất nếu $m=7;n=8$ hoặc ngược lại. Để cho dễ hình dung ta xét trường hợp có 7 đường nằm ngang và 8 đường thẳng đứng. Cứ hai đường nằm ngang kết hợp với hai đường thẳng đứng thì tạo thành một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật là $C_7^2\times C_8^2=588$.

Đáp án A.

Đáp án D.

Đáp án D.

Đáp án C.

Đáp án A.

Đáp án A.

Giả sử cạnh góc vuông có độ dài bằng $x\left(0<x<a\right)$.

Suy ra độ dài cạnh huyền là a-x.

Độ dài cạnh góc vuông còn lại là $\sqrt{{\left(a-x\right)}^2-x^2}=\sqrt{a^2-2ax}$.

Diện tích tam giác vuông đó được tính bằng công thức $S=\frac{1}{2}.x.\sqrt{a^2-2ax}$.

$$\begin{gathered} S=\frac{1}{2a}.\sqrt{ax}.\sqrt{ax}.\sqrt{a^2-2ax} \\ \le \frac{1}{2a}.\sqrt{{\left(\frac{ax+ax+a^2-2ax}{3}\right)}^3} \\ =\frac{1}{2a}.\sqrt{\frac{a^6}{27}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{18} \end{gathered}$$.

Dấu bằng xảy ra khi $ax=a^2-2ax\iff x=\frac{a}{3}$.

Đáp án B.

Đáp án B.

Đáp án C.

Đáp án A.

Đáp án A.

Cách 1: $w=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2\iff z=\frac{w-2}{1+i\sqrt{3}}$. Từ đó

$$\begin{gathered} \left|z-1\right|\le 2\iff \left|\frac{w-2}{1+i\sqrt{3}}-1\right|\le 2 \\ \iff \left|w-3-i\sqrt{3}\right|\le 2\left|1+i\sqrt{3}\right| \\ \iff \left|w-\left(3+i\sqrt{3}\right)\right|\le 4 \end{gathered}$$

Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn tâm $I\left(3;\sqrt{3}\right)$ bán kính $R=4$. Chọn đáp án A.

Cách 2: Gọi $w=x+yi;\left(x,y\in ℝ\right)$. Khi đó ta có

$$\begin{gathered} w=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2\iff x+yi=\left(1+i\sqrt{3}\right)z+2 \\ \iff \frac{x-2+yi}{1+i\sqrt{3}}=z \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left|z-1\right|=\left|\frac{x-2+yi}{1+i\sqrt{3}}-1\right|=\left|\frac{x-3-\left(y-\sqrt{3}\right)i}{1+i\sqrt{3}}\right| \\ \Rightarrow \left|z-1\right|=\left|\frac{x-y\sqrt{3}+i\left(y-x\sqrt{3}+4\sqrt{3}\right)}{4}\right| \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \left|z-1\right|\le 2\Rightarrow \sqrt{{\left(x-y\sqrt{3}\right)}^2+{\left(y-x\sqrt{3}+4\sqrt{3}\right)}^2}\le 8 \\ \Rightarrow {\left(x-3\right)}^2+{\left(y-\sqrt{3}\right)}^2\le 16 \end{gathered}$$.

Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn tâm $I\left(3;\sqrt{3}\right)$ bán kính $R=4$. Chọn đáp án A.

Bài toán tổng quát: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số $w=\alpha z+\beta$ trong đó z là số phức tùy ý thỏa mãn $\left|z-z_0\right|\le R$ ($z_0,\alpha \ne 0$, $\beta$ là những số phức cho trước, R là số thực dương cho trước).

Tương tự như lời giải trên, ta có tập hợp cần tìm là hình tròn có tâm là điểm biểu diễn số phức $\alpha z_0+\beta$, với bán kính bằng $R\left|\alpha \right|$.

Đáp án B.

Đáp án A.

Đáp án A.

Bốn tâm của các bi nhỏ cùng với tâm của các bi lớn tạo thành hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 3. Khi đó chiều cao của hình chóp đều này là $\sqrt{7}$.

Khoảng cách từ tâm của bi lớn đến đáy của hình hộp là $\sqrt{7}+1$.

Do đó chiều cao của hình hộp là $2.\left(\sqrt{7}+1\right)=2+2\sqrt{7}$.