Phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} 2{\sin }^3\left(x\right)+{\sin }^2\left(x\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sin \left(x\right)=0\\ \sin \left(x\right)=-\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do điều kiện $\left|\sin \left(x\right)\right|<\frac{1}{2}$ nên sinx = 0 nên $\mathrm{x}=\mathrm{k\pi };\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}$

Đáp án A

Phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} \left(m-5\right){\sin }^2\left(x\right)-2 \\ \left(m-2\right)\sin \left(x\right)\cos \left(x\right) \\ +\left(m-5\right){\cos }^2\left(x\right)=0 \end{gathered}$$

Nếu m = -5 thì phương trình thành -6sin(x)cos(x). Do cos(x)$\ne$0; $x\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$ nên sin(x) = 0 nên x = 0 $\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$. Nếu m$\ne$0 thì cos(x)$\ne$0. Chia cả hai vế của pt cho ${\cos }^2\left(x\right)$ ta được:

$$\begin{gathered} \left(m-5\right){\tan }^2\left(x\right)-2 \\ \left(m-2\right)\tan \left(x\right)+\left(m-5\right)=0 \end{gathered}$$

Đặt t = tan(x). $\forall t\in R$ thì phương trình có một giá trị duy nhất $x\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$ mà t = tan(x) nên có hai giá trị $x\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$. Khi đó $∆\text{'}$ =  6m - 21 nên m > $\frac{7}{2}$Vậy $\frac{7}{2}<m\ne 5$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Gọi số cần lập là A = $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5}$ với $1\le a_1\le 2$.

+ Trường hợp 1: $a_1$ = 1.

Có 4 cách chọn $a_5$ và $A_5^3$ cách chọn các chữ số còn lại nên có 4 . $A_5^3$ số.

+ Trường hợp 2: $a_1$ = 2; $a_2$ lẻ.

Có 2 cách chọn $a_2$, 3 cách chọn $a_5$ và $A_4^2$ cách chọn các chữ số còn lại nên có 2 . 3 . $A_4^2$ = 72 số.

+ Trường hợp 3: $a_1$ = 2; $a_2$ chẵn.

Có 2 cách chọn $a_2$, 2 cách chọn $a_3$ và $A_4^2$ cách chọn các chữ số còn lại nên có 2 . 2 . $A_4^2$ = 48 số.

Vậy có 240 + 72 + 48 = 360 số

Đáp án A

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau đôi một được chọn từ các chữ số 0; 1; 2; 3;4;5;6 là $\overline{abcd}$.

a có 6 cách chọn; các số còn lại có $A_6^3$ cách chọn. Suy ra số phần tử của S là 6 . $A_6^3$ = 720

Do đó $n\left(\Omega \right)$ = 720

Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng các chữ số hàng chục, trăm và nghìn”.

Số được chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài nếu

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}d\in \left\{0;2;4;6\right\}\\ d=a+b+c\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d\in \left\{4;6\right\}\\ d=a+b+c\end{array}\right. \end{gathered}$$.

* Trường hợp 1: Số có dạng $\overline{abc4}$ với a + b + c = 4 suy ra tập { a;b;c } là { 0;1;3 }. Vì a,b,c đôi một khác nhau nên có 2 cách chọn a; 2 cách chọn b; 1 cách chọn c. Do đó số các số thuộc dạng này là 2 . 2 . 1 = 4

* Trường hợp 2: Số có dạng $\overline{abc6}$ với a + b + c = 6 suy ra tập { a;b;c } có thể là một trong các tập { 0;1;5 }; { 0;2;4 }; { 1;2;3 }

+ Nếu { a;b;c } là tập { 0;1;5 } hoặc { 0;2;4 } thì mỗi trường hợp có 4 số (tương tự trường hợp trên)

+ Nếu { a;b;c } là tập { 1;2;3 } thì có $P_3$ = 3! = 6 số.

Do đó số các số thuộc dạng này là 4 + 4 + 6 = 14

Qua hai trường hợp trên, ta suy ra n(A): = 14 + 4 = 18.

Vậy xác suất cần tìm là

$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{18}{720}=\frac{1}{40}$

Đáp án C

Điều kiện: n - 1$\ge$4 nên n$\ge$5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)\left(n-4\right)}{4.3.2.1}\\ -\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{3.2.1}\\ \le \frac{5}{4}\left(n-2\right)\left(n-3\right)\\ \frac{\left(n+1\right)n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{5.4.3.2.1}\\ \ge \frac{7}{15}\left(n+1\right)n\left(n-1\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{n}^2-9n-22<0\\ n\ge 5\\ n^2-5n-50\ge 0\\ \Rightarrow n=10\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy n = 10 thỏa yêu cầu bài toán

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} U_n=\frac{1}{\sqrt[4]{n^3}+\sqrt[4]{n^3+3n^2+3n+1}} \\ \frac{1}{\sqrt[4]{n^3+2n^2+n}+\sqrt[4]{n^3+n^2}} \\ =\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt[4]{n}+\sqrt{n}\sqrt[4]{n+1}} \\ \frac{1}{\sqrt{n+1}\sqrt[4]{n}+\sqrt{n+1}\sqrt[4]{n+1}} \\ =\frac{1}{\sqrt{n}\left(\sqrt[4]{n}+\sqrt[4]{n+1}\right)} \\ \frac{1}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt[4]{n}+\sqrt[4]{n+1}\right)} \\ =\frac{1}{\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)} \\ \frac{1}{\left(\sqrt[4]{n}+\sqrt[4]{n+1}\right)} \\ =\frac{\sqrt[4]{n+1}-\sqrt[4]{n}}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)} \\ \frac{1}{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)} \\ =\sqrt[4]{n+1}-\sqrt[4]{n},n\ge 1 \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} S=u_1+u_2+..+u_{{2018}^4-1} \\ =\sqrt[4]{2}-\sqrt[4]{1}+\sqrt[4]{3}-\sqrt[4]{2} \\ +..+\sqrt[4]{{2018}^4}-\sqrt[4]{{2018}^4-1} \\ =\sqrt[4]{{2018}^4}-1=2017 \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+3000}\right)-\left(\sqrt[3]{x^3+3000}\right)$

= +$\infty$ - (-$\infty$) = +$\infty$

Đáp án C

Tại điểm x = -$\mathrm{\pi }$ hàm số không xác định nên hàm số gián đoạn.

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{2\sin \left(x\right)}{x}\right)=2 \\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x+2\right) \\ =2=f\left(0\right) \end{gathered}$$

Do $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }$f(x) = $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }$f(x) = f(0) nên hàm số liên tục tại điểm x = 0.

Vậy hàm số chỉ gián đoạn tại điểm x = -$\mathrm{\pi }$

Đáp án A

Điều kiện $\frac{1}{{\left(3-x\right)}^3}>0\Rightarrow x<3$

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=\ln \left(\frac{1}{{\left(3-x\right)}^2}\right) \\ =\ln \left(1\right)-3\ln \left(3-x\right) \\ =-3\ln \left(3-x\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=-3\frac{1}{\left(3-x\right)}\left(3-x\right)\text{'} \\ =\frac{3}{3-x} \end{gathered}$$

Ta có

$$\begin{gathered} \frac{6}{\mathrm{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\pi }}{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)dt \\ =\frac{6}{\mathrm{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\pi }}\frac{1-\cos \left(t\right)}{2}dt \\ =\frac{3}{\mathrm{\pi }}{\left(t-\sin \left(t\right)\right)}_0^{\mathrm{\pi }} \\ =\frac{3}{\mathrm{\pi }}\left[\left(\mathrm{\pi }-\sin \left(\mathrm{\pi }\right)\right)\right]=3 \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)>\frac{{\displaystyle \frac{6}{\mathrm{\pi }}}{\int }_0^{\mathrm{\pi }}{\sin }^2\left({\displaystyle \frac{t}{2}}\right)dt}{x+2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{3}{3-x}>\frac{3}{x+2}\\ x<3;x\ne -2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{2x-1}{\left(x-3\right)\left(x+2\right)}<0\\ x<3;x\ne -2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x<-2\\ \frac{1}{2}<x<3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

$S=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(\frac{1}{2};3\right)$

Đáp án D

Để MNPQ là hình bình hành thì $MN\parallel PQ$ và $MQ\parallel NP$

Khi đó MQ$\parallel$SB $\Rightarrow \frac{QB}{QA}=\frac{MS}{MA}=k$

Đáp án A

Do đồ thị hàm số $y=\frac{ax+4}{3x+b}$ đi qua hai điểm A $\left(1;\frac{9}{10}\right)$; B $\left(\frac{1}{2};\frac{13}{17}\right)$ nên

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{9}{10}=\frac{a+4}{3+b}\\ \frac{13}{17}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}a+4}{{\displaystyle \frac{3}{2}}+b}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=5\\ b=7\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra ab = 35

Đáp án C

Hàm số bậc ba bất kì luôn nhận được mọi giá trị từ -$\infty$ đến +$\infty$ nên ta có thể loại ngay hàm này, tức là đáp án (B) sai.

* Trong ba đáp án còn lại, ta loại ngay đáp án (A) vì hàm bậc bốn có hệ số cao nhất $x^4$ là 1 nên hàm này có thể nhận giá trị +$\infty$.

* Trong hai đáp án (C) và (D) ta cần làm sáng tỏ:

$$\begin{gathered} \left(C\right)y=-x^4+2x^2-2 \\ =-{\left(x^2-1\right)}^2-1<0 \\ \left(D\right)y=-x^4-4x^2+1 \\ =5-{\left(x^2+2\right)}^2 \end{gathered}$$

Cho x = 0 thì y = 1 > 0 nên đáp án này cũng bị loại.

Đáp án C

Đáp án đúng là B

Lời giải

Do $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=2m-1$ nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2m - 1.

Khi đó 2m - 1 = 3 nên m = 2

*Phương pháp giải:

Dụa vào định nghĩa tính lim để xét tiệm cận ngang

*Lý thuyết:

Định nghĩa 1

Cho khoảng K chứa điểm x₀ và hàm số y = f(x) xác định trên K hoặc trên K \ {x₀}.

Ta nói hàm số y = f(x) có giới hạn là số L khi x dần tới x₀ nếu với dãy số (x_n) bất kì, x_n K \{x₀} và x_n → x₀, ta có f(x_n) → L.

Kí hiệu: $\underset{\mathrm{x}\to \infty }{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{L}$ hay f(x) → L khi x → x₀.

Nhận xét: $\underset{\mathrm{x}\to \infty }{\lim }\mathrm{x}={\mathrm{x}}_0,\underset{\mathrm{x}\to \infty }{\lim }\mathrm{c}=\mathrm{c}$ với c là hằng số.

a) Giả sử $\underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{L}$ và $\underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{M}$. Khi đó:

$$\begin{gathered} \underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\left[\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)+\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)\right]=\mathrm{L}+\mathrm{M}; \\ \underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\left[\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)\right]=\mathrm{L}-\mathrm{M}; \\ \underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right).\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{L}.\mathrm{M}; \\ \underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\frac{\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)}{\mathrm{g}\left(\mathrm{x}\right)}=\frac{\mathrm{L}}{\mathrm{M}}\left(\mathrm{M}\ne 0\right); \end{gathered}$$

b) Nếu $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)\ge 0$ và $\underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\mathrm{L}$ thì $\mathrm{L}\ge 0$ và $\underset{\mathrm{x}\to {\mathrm{x}}_0}{\lim }\sqrt{\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)}=\sqrt{\mathrm{L}}.$

(Dấu của f(x) được xét trên khoảng đang tìm giới hạn với $\mathrm{x}\ne {\mathrm{x}}_0$).

Xem thêm

Lý thuyết Giới hạn của hàm số (mới + Bài Tập) – Toán 11 

Hàm số đồng biến trên R

$$\begin{gathered} \iff y\text{'}=x^2+2mx-m\ge 0 \\ \iff ∆\text{'}=m^2+m\le 0 \\ \iff -1\le m\le 0 \end{gathered}$$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của m là -1

Đáp án B

Hàm số y = f(x) thỏa mãn f ' ($x_0$) < 0 và f " ($x_0$) < 0 thì x = $x_0$ là điểm cực đại của hàm số. Nhưng x = $x_0$ là điểm cực đại của hàm số thì chưa chắc f " ($x_0$) < 0. Lấy ví dụ y = f(x) = $-x^4$ đạt cực đại tại x = 0 nhưng f " (0)

Đáp án A

Tập xác định: D = R.

* $y\text{'}=\frac{-mx+1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}$.

* Hàm số đồng biến trong khoảng $\left(0;+\infty \right)$ khi và chỉ khi

y ' $\ge$ 0, $\forall x\in \left(0;+\infty \right)$$\iff -mx+1\ge 0$.

- Nếu m = 0 thì 1$\ge$0 luôn đúng.

- Nếu m > 0 thì -mx+1$\ge$0 nên x$\le$$\frac{1}{m}$ (loại).

- Nếu m < 0 thì x$\ge$$\frac{1}{m}$. Khi đó $\frac{1}{m}$$\le$0 nên m < 0. Tóm lại m$\le$0

Đáp án A

Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là A, B nên f ' (-2) = 0 nên 12 - 4a + b = 0 và f ' (2) = 0 nên 12 + 4a + b = 0.

Do A thuộc đồ thị hàm số nên 16 = -8 + 4a - 2b + c.

Giải hệ gồm ba phương trình trên ta thu được a = c = 0; b = -12. Suy ra a + b + c = -12

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\in R}{max}f\left(x\right)=4 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\le 4;\forall x\in R\\ \exists x_0\in R:f\left(x_0\right)=4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{ax+b}{x^2+1}\le 4\\ \frac{a{x}_0+b}{{x^2}_0+1}=4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}4x^2-ax+4-b\ge 0\\ 4{x_0}^2-a{x}_0+4-b=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}∆=a^2+16b-64\le 0\\ ∆=a^2+16b-64\ge 0\end{array}\right. \\ \iff a^2+16b-64=0 \left(1\right) \end{gathered}$$

Đối với $\underset{x\in R}{min}f\left(x\right)=-1$ làm tương tự, ta đi đến $a^2-4b-4=0$ (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) ta được $a=\pm 4;b=3$.

Do $n^2+n+2017$ = $n\left(n+\right)+2017$ là số lẻ $\forall n\in N$ nên ${\left(a^2+b^3-44\right)}^{n^2+n+2017}$ = -1

Đáp án C

Xét hàm số 

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=x^3-9x^2+24x-68 \\ f\text{'}\left(x\right)=3x^2-18x+24=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có f(-1) = -102; f(2) = -48; f(4) = -52.

Do đó $102\le f\left(x\right)\le -48$. Suy ra $48\le \left|f\left(x\right)\right|\le 102$.

Vậy m = 48; M = 102 hay $\frac{m}{M}=\frac{8}{17}$

Đáp án B

Gọi x là chiều rộng bãi cỏ thì chiều dài bãi cỏ sẽ là 1000 - 2x

Khi đó diện tích bãi cỏ là:

S = x( 1000 - 2x ) = 1000x - 2$x^2$.

Ta có S'(x) = 1000 - 4x = 0 nên x = 250

Vậy max S = S (250) = 125000$m^2$

Đáp án D

Điều kiện: $x>{\log }_2\left(\frac{8}{5}\right)$

Phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} \frac{5.2^x-8}{2^x+2}=2^{3-x} \\ \iff 5.2^x-16.2^x-16=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{2}^x=4\\ 2^{}=-\frac{4}{5}<0\end{array}\right. \\ \iff x=2 \end{gathered}$$.

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất a = 2. Thay vào biểu thức P ta thu được P = 8

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} {\log }_a\left(n\right)\frac{{\log }_a\left(ab\right)}{{\log }_a\left(n\right)}-{\log }_a\left(b\right) \\ =l{\mathrm{og}}_a\left(ab\right)-{\log }_a\left(b\right) \\ ={\log }_a\left(a\right)=1 \end{gathered}$$

Đáp án D

Đáp án đúng là C

Lời giải

$\forall a>0;a\ne 1$ ta có ${\log }_a\left(xyz\right)=0$

$\Rightarrow {\log }_a\left(x\right)+{\log }_a\left(y\right)+{\log }_a\left(z\right)$ = 0

Đặt m = ${\log }_a\left(x\right)$; n = ${\log }_a\left(y\right)$; p = ${\log }_a\left(z\right)$ nên m + n + p = 0.

Theo tính chất của lôgarit, ta viết lại biểu thức S như sau:

$$\begin{gathered} S=\left(\frac{m-n}{p}+\frac{n-p}{m}+\frac{p-m}{n}\right) \\ \left(\frac{p}{m-n}+\frac{m}{n-p}+\frac{n}{p-m}\right) \end{gathered}$$

Ta có 

$$\begin{gathered} \frac{m-n}{p}+\frac{n-p}{m}+\frac{p-m}{n} \\ =\frac{mn\left(m-n\right)+np\left(n-p\right)}{mnp} \\ \frac{pm\left(p-m\right)}{1} \\ =-\frac{\left(m-n\right)\left(n-p\right)\left(p-m\right)}{mnp} \\ \frac{p}{m-n}+\frac{m}{n-p}+\frac{n}{p-m} \\ =\frac{p\left(n-p\right)\left(p-m\right)}{\left(m-n\right)} \\ \frac{m\left(m-n\right)\left(p-m\right)}{\left(n-p\right)} \\ \frac{n\left(m-n\right)\left(n-p\right)}{\left(p-m\right)} \\ =\frac{mn\left(m+n\right)+np\left(n+p\right)}{\left(m-n\right)} \\ +\frac{\left(p+m\right)-6mnp}{\left(n-p\right)} \\ -\frac{\left(m^3+n^3+p^3-3mnp\right)}{\left(p-m\right)} \\ =\frac{mn\left(-p\right)+np\left(-m\right)}{\left(m-n\right)\left(n-p\right)} \\ +\frac{pm\left(-n\right)-6mnp}{\left(p-m\right)} \\ =\frac{-9mnp}{\left(m-n\right)\left(n-p\right)\left(p-m\right)} \end{gathered}$$

Vậy S = 9

*Phương pháp giải:

- Định lí 1: Với các số dương a, x, y và $a\ne 1$ ta có:

${\log }_a\left(x.y\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$

*Lý thuyết:

1. Lôgarit của một tích

- Định lí 1: Với các số dương a, x, y và $a\ne 1$ ta có:

${\log }_a\left(x.y\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$

- Chú ý: Định lí 1 có thể mở rộng cho tích của n số dương:

$$\begin{gathered} {\log }_a\left(x_1.x_2\mathrm{...}{x}_n\right) \\ ={\log }_a{x}_1+{\log }_a{x}_2+\mathrm{...}+{\log }_a{x}_n \\ \left(a,x_i,i=\overline{1,n}>0;a\ne 1\right) \end{gathered}$$

2. Lôgarit của một thương

- Định lí 2: Với các số dương a, x, y và $a\ne 1$ ta có:

${\log }_a\frac{x}{y}={\log }_{a}x-{\log }_{a}y$

3. Lôgarit của một lũy thừa

- Định lí 3: Lôgarit của một lũy thừa bằng tích của số mũ với lôgarit của cơ số.

$$\begin{gathered} {\log }_a{b}^{\alpha }=\alpha .{\log }_{a}b \\ \left(a,b>0;a\ne 1,\alpha \in ℝ\right) \end{gathered}$$

- Đặc biệt:

${\log }_a\sqrt[n]{b}=\frac{1}{n}{\log }_{a}b$

Xem thêm

Công thức logarit (2024) đầy đủ, chi tiết nhất 

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}\cos \left(x\right)>0\\ cot\left(x\right)>0\end{array}\right.$

Đặt $2{\log }_3\left(cotx\right)={\log }_2\left(\cos \left(x\right)\right)$ = t

Ta có $cot\left(x\right)=3^{\frac{1}{2}};\cos {\left(x\right)}^t$ $\Rightarrow co{t}^2\left(x\right)=3^t;{\cos }^2\left(x\right)=4^t$.

Mặt khác $co{t}^2\alpha =\frac{{\cos }^2\left(\alpha \right)}{1-{\cos }^2\left(\alpha \right)};\forall \alpha \ne k\mathrm{\pi }$ nên

$$\begin{gathered} 3^t=\frac{4^t}{1-4^t} \\ \iff 3^t={12}^t+4^t \\ \iff 4^t+{\left(\frac{4}{3}\right)}^t=1\left(1\right) \end{gathered}$$

Để ý rằng t = -1 là một nghiệm của phương trình (1). Ta sẽ chứng minh t = -1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Thật vậy, vế trái của (1) là một hàm đồng biến theo t và vế phải là hàm hằng nên là nghiệm duy nhất.

Với $\cos \left(x\right)=\frac{1}{2}\iff x\pm \frac{\mathrm{\pi }}{3}+k2\mathrm{\pi }$.

So điều kiện, chọn $x=\frac{\mathrm{\pi }}{3}+k2\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{Z}$.

Mà $x\in$$\left[\frac{\mathrm{\pi }}{3};2\mathrm{\pi }\right]$ nên chỉ có $x=\frac{\mathrm{\pi }}{3}$

Đáp án A

Đặt $t=3^x>0$. Bất phương trình đã cho trở thành

$$\begin{gathered} a{t}^2+9\left(a-1\right)t+a-1>0 \\ \iff a>\frac{9t}{t^2+9t+1} \end{gathered}$$

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi $a>\underset{t\in \left(0;+\infty \right)}{max}f\left(t\right)$ với $f\left(t\right)=\frac{9t}{t^2+9t+1}$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-9t^2}{{\left(t^2+9t+1\right)}^2}<0$; $\forall t>0\Rightarrow f\left(t\right)$ là hàm nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Suy ra f(t) < f(0) = 1

Do đó $\frac{9t}{t^2+9t+1}<1;\forall t>0$ nên các giá trị của a cần tìm là $a\ge 1$

Đáp án B

Thay $y=\frac{4}{x}$ vào biểu thức P và biến đổi ta thu được

$P=-9{\left({\log }_2\right)}^2+27{\log }_2\left(x\right)-27$.

Do $y\ge 1$ nên $x\le 4$. Suy ra $\frac{1}{2}\le x\le 4$. Đặt $t={\log }_2\left(x\right)$, khi đó $-1\le t\le 2$.

Xét hàm số f(t0 = $-9t^2$ + 27t - 27; $t\in \left[-1;2\right]$

Ta có f ' (t) = -18t + 27; f ' (t) = 0 $\iff t=\frac{3}{2}$

f (-1) = -63; f (2) = -9; $f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{27}{4}$

Vậy

$$\begin{gathered} max P =-\frac{27}{4} \\ \iff x=2\sqrt{2};y=\sqrt{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Mệnh đề D sai bởi vì $y={\log }_{\frac{1}{2018}}\left(x\right)$ là hàm nghịch biến trong khoảng $\left(0;+\infty \right)$ nên

$$\begin{gathered} {\log }_{\frac{1}{2018}}\left(a\right)>{\log }_{\frac{1}{2018}}\left(b\right) \\ \iff 0<a<b \end{gathered}$$

Đáp án D

Giả sử tại thời điểm ban đầu mẫu đồ cổ có chứa khối lươgnj Cacbon là $m_o$ và tại thời điểm t (tính từ thời điểm ban đầu), khối lượng đó là m(t) thì ta có

$$\begin{gathered} m\left(t\right)=m_o.e^{\frac{-\ln \left(2\right)}{5730}} \\ \iff 75\%m_o={m_o}^{\frac{-\ln \left(2\right)}{5730}} \\ \iff t\approx 2378 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt t = 2 nên dt = 2dx.

Đổi cận: x = 1 nên t = 2; x = 3 nên t = 6

$$\begin{gathered} F\left(x\right)=\int \frac{\sin \left(x\right)}{x}dx \\ \Rightarrow F\left(u\right)=\int \frac{\sin \left(u\right)}{u}du \\ {\int }_1^3\frac{\sin \left(2x\right)}{x}dx \\ ={\int }_1^{3}2\frac{\sin \left(2x\right)}{2x}dx \\ \Rightarrow {\int }_1^3\frac{\sin \left(2x\right)}{x}dx \\ ={\int }_2^6\frac{\sin \left(u\right)}{u}du \\ =F\left(6\right)-F\left(2\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Gọi gia tốc trong chuyển động nhanh dần đều của chất điểm A là a thì vận tốc của A là $V_A$(t) = at. Tại thời điểm t = 8 ta có $V_A$(8) = a . 8 = 6 $\Rightarrow a=\frac{3}{4}m/s^2$Quãng đường A chuyển động được trong 8 giây đầu là

$$\begin{gathered} S_1={\int }_0^8\left(\frac{3}{4}t\right)dt \\ =\frac{3}{8}{t^2}_0^8=24m \end{gathered}$$.

Thời gian A chuyển động đều cho đến lúc gặp B là 12 giây.

Quãng đường A đi được trong chuyển động đều là $S_2$ = 6 . 12 = 72m.

Quãng đường A đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp B là S = $S_1+S_2$ = 24 + 72 = 96m

Gọi gia tốc của B là b thì vận tốc của B là $v_B$(t) = bt

Quãng đường B đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp A là 96 m.

Ta có: S = ${\int }_0^{8}btdt={\frac{b{t}^2}{2}}_0^8$ = 32b = 96 $\Rightarrow b=3m/s^2$

Vận tốc của B tại thời điểm gặp A là $v_B$(8) = 3 . 8 = 24m/s

Đáp án C

Đặt $f\left(t\right)=\sqrt{t}\sin \left(t\right)$. Theo định nghĩa tích phân ta có g(x) = F$\left(x^2\right)$ - F(x).

Khi đó 

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

Đáp án A

$$\begin{gathered} {\int }_0^a\cos \left(x+a^2\right)dx \\ ={\int }_0^a\cos \left(x+a^2\right)d\left(x+a^2\right) \\ =\sin {\left(x+a^2\right)}_0^4 \\ =\sin \left(a+a^2\right)-\sin \left(a^2\right) \end{gathered}$$

Với $a=\sqrt{2\mathrm{\pi }}$ ta có $\sin \left(\sqrt{2\mathrm{\pi }}+2\mathrm{\pi }\right)=\sin \left(\sqrt{2\mathrm{\pi }}\right)$

Đáp án D

$$\begin{gathered} {\int }_1^e\ln \left(\frac{n}{x}\right)dx \\ ={\int }_1^e\ln \left(n\right)-\ln \left(x\right)dx \\ =x\ln {\left(n\right)}_1^e-{\int }_1^e\ln \left(x\right)dx \\ =\left(e-1\right)\ln \left(n\right) \\ -{\left(x\ln \left(x\right)-x\right)}_1^e \\ =\left(e-1\right)\ln \left(n-1\right) \end{gathered}$$

Với n = 1 ta có I = -1 < e - 2.

Với n = 2 ta có I = eln2 - ( ln2 + 1 )

= ( e - 1 )ln2 - 1 < e - 1 -1 = e - 2

Đáp án C

Đường thẳng d đi qua A( 1;4 ) với hệ số góc k có phương trình y = k( x - 1 ) + 4

Phương trình hoành độ giao điểm (P) và d là:

$$\begin{gathered} x^2=k\left(x-1\right)+4 \\ \iff x^2-kx-4=0 \end{gathered}$$

Ta có 

$$\begin{gathered} ∆=k^2-4\left(k-4\right) \\ =k^2-4k+16 \\ ={\left(k-2\right)}^2+12>0 \end{gathered}$$

Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt và giả sử rằng hai nghiệm đó $x_1<x_2$

$$\begin{gathered} S={\int }_{x_1}^{x_2}\left[k\left(x-1\right)+4-x^2\right]dx \\ =...=\frac{1}{6}\sqrt{{\left(k^2-4k+16\right)}^3} \\ =\frac{1}{6}{\sqrt{\left[{\left(k-2\right)}^2+12\right]}}^3\ge 4\sqrt{3} \end{gathered}$$

Vậy minS = $4\sqrt{3}$ khi và chỉ khi k = 2

Đáp án B

Vẽ đồ thị hàm số $y=x^2-6x+5$.

(P) có tọa độ đỉnh là B ( 3;-4 ), cắt trục hoành tại A ( 1;0 ); C ( 5;0 )

$\widehat{AB}$ có phương trình $x=\sqrt{y+4}-3$; $\widehat{BC}$ có phương trình $x=\sqrt{y+4}+3$

$$\begin{gathered} V_{Oy}=\mathrm{\pi }{\int }_{-4}^0{\left(\sqrt{\mathrm{y}+4}+3\right)}^2\mathrm{dy} \\ -\mathrm{\pi }{\int }_{-4}^0{\left(\sqrt{\mathrm{y}+4}-3\right)}^2\mathrm{dy}=64\mathrm{\pi } \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Từ $\left|z-\left(1+i\right)\right|\le 1$ suy ra M nằm trên hình tròn tâm tại điểm ( 1;1 ) (là điểm biểu diễn số phức 1 + i) và bán kính R = 1

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(1+i\right)}^5=\sum _{k=0}^5{C}_5^k.i^k \\ {\left(1-i\right)}^5=\sum _{k=0}^5{C}_5^k{\left(-1\right)}^k{i}^k \end{gathered}$$

Suy ra trong biểu thức ${\left(1+i\right)}^5+{\left(1-i\right)}^5$ chỉ chứa $i^0;i^2;i^4$ nên ${\left(1+i\right)}^5+{\left(1-i\right)}^5\in R$

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} z=\frac{{\left(1+i\right)}^{21}-1}{\left(1+i\right)-1} \\ =\frac{{\left(1+i\right)}^{21}-1}{i} \\ =\frac{{\left[{\left(1+i\right)}^2\right]}^{10}\left(1+i\right)-1}{i} \\ =-2^{10}+\left(2^{10}+1\right)i \end{gathered}$$.