Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=-4x^3+2\left(m-2\right)x;y\text{'}=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{m-2}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt $\iff \frac{m-2}{2}>0\iff m>2$

Đáp án A

Điều kiện: $x\ne 2.$ Do M là giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}$ với trục hoành nên $M\left(-1;0\right)$

Ta có $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-2\right)}^2}$ nên hệ số góc của tiếp tuyến tại M là $k=y\text{'}\left(-1\right)=-\frac{1}{3}$ 

Do đó suy ra phương trình tiếp tuyến là $y=-\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}x+3y+1$

Đáp án A

Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận do $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ nên A đúng.

Đáp án D

Hình đa diện ở bên có 11 mặt.

Đáp án C

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1 tiệm cận ngang là y = 2

Đáp án B

Điều kiện: $x\ne 0.$

Ta có $y\text{'}=1-\frac{1}{x^2};y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right..$

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số đã cho có hai điểm cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = -1, giá trị cực đại là -4, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, giá trị cực tiểu là 0. Do đó B sai.

Đáp án C

Với hàm số $y={\ln }^{2}x$ta có $y\text{'}=2x.\frac{1}{x^2=\frac{2}{x}}$ nên hàm số đã cho không có cực trị. Do đó C sai.

Đáp án D

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(-2;1;-3\right)=-\frac{1}{2}.\left(4;-2;6\right)$

Đáp án C

Xét từng đáp án:

Đáp án A. Điều kiện: $x>0.$

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{x}>0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ nên đáp án A sai.

Đáp án B. Điều kiện: $x\ne -2$

Ta có $y\text{'}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\in ℝ\backslash \left\{-2\right\}$ nên đáp án B sai

Đáp án C. Ta có $y\text{'}=3x^2+2>0,\forall x\in ℝ$ nên đáp án C đúng

Đáp án D. Ta có $y\text{'}=4x^3+4x=4x\left(x^2+1\right)$chưa xác định được dấu nên đáp án D sai.

Đáp án D

Ta có:$y\text{'}=3x^2+6x-9;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\left(l\right)\end{array}\right..$

Ta có $y\left(-1\right)=4;y\left(1\right)=-12;y\left(2\right)=-5$

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là M = 4

Đáp án D

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S=2\pi rh=2\pi \mathrm{.5.7}=70\pi \left(c{m}^2\right)$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=-\sqrt{3}{\left(5-x\right)}^{\sqrt{3}-1}=\frac{\sqrt{3}{\left(5-x\right)}^{\sqrt{3}}}{x-5}.$

Đáp án D

Để hàm số liên tục tại điểm $x=2$ thì $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)$

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x^2+x-6}{x-2} \\ =\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(x+3\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x+3\right)=5 \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\left(-2ax+1\right)=-4a+1; \\ f\left(2\right)=-4a+1 \end{gathered}$$ 

Do đó để hàm số liên tục thì 

$-4a+1=5\iff a=-1.$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} A=9^{{\log }_{3}6}+{10}^{1+\log 2}-4^{{\log }_{16}9} \\ =6^{{\log }_{3}9}+{10}^{\log 20}-9^{{\log }_{16}4} \\ =6^2+{20}^{\log 10}-9^{\frac{1}{2}}=36+20-3=53. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x=-1,$tiệm cận ngang là $y=-1$ nên ta loại đáp án A

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua 2 điểm $\left(0;1\right),\left(1;0\right)$ nên loại đáp án C,D.

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} F\left(x\right)=\frac{1}{2}\int \sqrt{x^2+1}d\left(x^2\right) \\ =\frac{1}{2}\int {\left(x^2+1\right)}^{\frac{1}{2}}d\left(x^2+1\right) \\ =\frac{1}{2}.\frac{{\left(x^2+1\right)}^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C=\frac{1}{3}\sqrt{{\left(x^2+1\right)}^3}+C \end{gathered}$$ 

Mà $F\left(0\right)=\frac{4}{3}\Rightarrow C=1\Rightarrow F\left(2\sqrt{2}\right)=10.$

Đáp án A

Ta có $F\left(x\right)=\int c\text{os}\frac{x}{2}dx=2\sin \frac{x}{2}+C$

Đáp án D

Ta có $T_{k+1}=C_9^k{x}^k{\left(-2\right)}^{9-k}$

$\Rightarrow$hệ số của số hạng chứa $x^5$ là $C_9^5.{\left(-2\right)}^{9-5}=2016$

Đáp án B

Qua A kẻ được vô số tiếp tuyến với mặt cầu (S)

Đáp án C

Ta có $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+z^2=4^2=16.$

Đáp án A

Kí hiệu như hình vẽ với $SO\perp \left(ABCD\right)$và tứ giác ABCD là hình vuông.

Ta có $V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}SO.A{B}^2$

Thể tích mới $V\text{'}=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}SO\right).{\left(3AB\right)}^2=\frac{9}{2}V$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} 2^{x+2}+{8.2}^{-x}-33<0 \\ \iff {4.2}^x+\frac{8}{2^x}-33<0 \\ \iff 4.{\left(2^x\right)}^2-{33.2}^x+8<0 \\ \iff \frac{1}{4}<2^x<8\iff -2>x<3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} 5^{2018x}={\left(\sqrt{5}\right)}^{2018}\iff {\left(5^x\right)}^{2018}={\left(\sqrt{5}\right)}^{2018} \\ \iff 5^x=\sqrt{5}\iff x=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SO.$ 

Mà $\Delta SAB$ đều có cạnh $AB=2OA=4cm$

$$\begin{gathered} \Rightarrow SO=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}cm \\ \Rightarrow V=\frac{8\pi \sqrt{3}}{3}c{m}^3. \end{gathered}$$

Đáp án B

Hai đường thẳng có thể cắt nhau, song song hoặc chéo nhau.

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} \log 4000=\log 1000+\log 4 \\ =3+2\log 2=3+\frac{2}{{\log }_{2}10}=3+2a \end{gathered}$$

Đáp án B

Loại A vì tứ diện đều chỉ là 1 trường hợp của hình chóp đều.

Hiển nhiên B đúng và C, D sai.

Đáp án D

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC=A{C}^2-A{B}^2=a\sqrt{2}\\ SA=S{B}^2-A{B}^2=2a\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a.\frac{1}{2}a.a\sqrt{2} \\ =\frac{a^3\sqrt{2}}{3}. \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} \int {12}^{12x}dx=\int {\left({12}^{12}\right)}^{x}dx=\frac{{\left({12}^{12}\right)}^x}{\ln {12}^{12}}+C \\ =\frac{{12}^{12x}}{12\ln 12}+C=\frac{{12}^{12x-1}}{\ln 12}+C \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} BPT\iff \left\{\begin{array}{l}1<x<3\\ x01>3-x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1<x<3\\ x>2\end{array}\right. \\ \iff 2<x<3. \end{gathered}$$

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{m-2\right\}.$ Ta có:

$y\text{'}=\frac{m\left(2-m\right)+8}{{\left(x-m+2\right)}^2}>0\iff -m^2+2m+8>0$

$\iff -2<m<4\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m=\left\{-1;0;1;2;3\right\}.$

Do đó có 5 giá trị nguyên của m.

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} T_{\overrightarrow{v}}\left(A\right)=A\text{'}\Rightarrow \overline{AA\text{'}}=\overrightarrow{v} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}-3=1\\ y_{A\text{'}}-1=2\end{array}\iff A\text{'}\left(4;-1\right)\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

$\sqrt{a^{\alpha }}={\left(\sqrt{a}\right)}^{\alpha }$

Đáp án B

Hàm số đã cho xác định khi

$\sin x\ne 0\iff x\ne k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án A

$\overrightarrow{MN}=\left(2;-4;2\right)$

Đáp án B

Gọi x và h lần lượt là bán kính và chiều cao của cốc, ta có $\left(x>0,2\right)$ và

$$\begin{gathered} {\left(x-0,2\right)}^2\left(h-1,5\right)\pi =180 \\ \iff {\left(x-0,2\right)}^2=\frac{180}{\left(h-1,5\right)\pi } \end{gathered}$$với $h=15cm.$ 

Suy ra $x=0,2+\sqrt{\frac{40}{3\pi }}$ 

Thể tích thủy tinh cần là:

$$\begin{gathered} V=\pi x^{2}h=180=60,717c{m}^3 \\ \Rightarrow T\approx 30.000 đồng. \end{gathered}$$

Đáp án C

Từ 8 số đã cho có thể lập được : số có3 chữ số.

Số cần chọn có dạng $\overline{abc}$ trong đó $a\le b\le c$.

TH1: $a<b<c.$ Chọn ra 3 số thuộc tập $\left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}$ ta được 1 số thỏa mãn.

Do đó có $C_7^3=35$ số.

TH2: $a=b<c$ có $C_7^2$ số thỏa mãn.

TH3: $a<b=c$ có $C_7^2$ số thỏa mãn.

TH4: $a=b=c$ có $C_7^1$ số thỏa mãn.

Vậy có: $C_7^3+2C_7^2+C_7^1=84$ số thỏa mãn chữ số đứng sau luôn lớn hơn bằng chữ số đứng trước.

Vậy xác suất cần tìm là: $P=\frac{84}{448}=\frac{3}{16}.$

Đáp án C

Ta có : $PT\iff {\log }^2\left|\cos x\right|-2m\log \left|\cos x\right|-m^2+4=0$ 

Đặt $t=\log \left|\cos x\right|\Rightarrow t\in \left(-\infty ;0\right]$.

Khi đó: $t^2-2mt-m^2+4=0\left(*\right)$

PT đã cho vô nghiệm

$\iff \left(*\right)$vô nghiệm hoặc có nghiệm dương.

TH1: (*) vô nghiệm $\iff \Delta \text{'}=2m^2-4<0\iff -\sqrt{2}<m<\sqrt{2}$

TH2: (*) có nghiệm dương $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}\ge 0\\ S=2m>0\\ P=4-m^2>0\end{array}\right.\iff \sqrt{2}\le m<2$ 

Kết hợp 2 TH suy ra $m\in \left(-\sqrt{2};2\right)$

Đáp án C

Ta có: $\widehat{ABC}={120}^{\circ }\Rightarrow \widehat{BAD}={60}^{\circ }$suy ra tam giác ABD là tam giác đều cạnh a. Khi đó A’.ABD là chóp đều cạnh đáy bằng a. Như vậy hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD.

Ta có: $A\text{'}H=\text{HA\hspace{0.17em}}\tan {60}^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}=a$ 

$\Rightarrow V_{A\text{'}ABD}=\frac{1}{3}A\text{'}H.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$ 

Do đó $V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=3V_{A\text{'}.ABCD}=6V_{A\text{'}ABD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}.$

Đáp ánA

Do $\Delta SAB$ đều nên $SI\perp AB$

Mặt khác $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SI\perp \left(ABCD\right)$

Dựng $IE\perp CM;IF\perp SE\Rightarrow d\left(I;\left(SCM\right)\right)=IF$

Ta có: $CM=\frac{a\sqrt{5}}{2};S_{ICM}=S_{ABCD}-S_{IBC}-S_{MCD}=S_{AIM}$ 

$=a^2-\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{8}=\frac{3a^2}{8}$ 

Do đó $IE=\frac{2S_{ICM}}{CM}=\frac{3a\sqrt{5}}{10};SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

Lại có $d=IF=\frac{SI.IE}{\sqrt{S{I}^2+I{E}^2}}=\frac{3a\sqrt{2}}{8}.$

Đáp án D

Số tiền mà ông An nhận được là

$$\begin{gathered} T={50.10}^6.{\left(1+\frac{8,4}{4}\%\right)}^3.{\left(1+\frac{12}{4}\%\right)}^4 \\ \approx \mathrm{59.895.767} đồng. \end{gathered}$$

Đáp án C

Khối bát diện đều có cạnh là a.

Chia bát diện đều thành hai hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a.

Thể tích khối chóp tứ giác đều S.MNPQ là

$$\begin{gathered} V_{S.MNPQ}=\frac{1}{3}d\left(S;\left(MNPQ\right)\right).S_{MNPQ} \\ =\frac{1}{3}.\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6} \end{gathered}$$

Vậy thể tích cần tính là:

$V=2x{V}_{S.MNPQ}=2.\frac{a^3\sqrt{2}}{6}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}.$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(2;1;-2\right)\\ \overrightarrow{AC}=\left(6;0;-3\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(3;6;6\right) \\ \Rightarrow d\left(C;AB\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{AB}\right|}=3 \end{gathered}$$

Gọi M là hình chiếu của B trên $HC\Rightarrow BM=3.$

Tam giác BMC vuông tại M, có $MC=\sqrt{B{C}^2-B{M}^2}=3$ 

Suy ra

$$\begin{gathered} HC=AB+2.MC=3+2.3=9=3AB \\ \Rightarrow \overrightarrow{CH}=3\overrightarrow{BA} \end{gathered}$$ 

Mà $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BA}=\left(-2;-1;2\right)\\ \overrightarrow{CH}=\left(x-5;y;z+2\right)\end{array}\right.$

suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=5=3.\left(-2\right)\\ y=3.\left(-1\right)\\ z+2=3.2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-3\\ z=4\end{array}\right.$

Vậy $H\left(-1;-3;4\right).$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là $x^4-m{x}^2+m=0\left(*\right).$

Đặt $t=x^2\ge 0$ khi đó $\left(*\right)\iff f\left(t\right)=t^2-mt+m=0$

Để (*) có 4 nghiệm phân biệt $\iff f\left(t\right)=0$ có 2 nghiệm dương phân biệt $t_1,t_2$ 

Khi đó, gọi $t_1,t_2\left(t_1<t_2\right)$ là hai nghiệm phân biệt của $f\left(t\right)=0$

Suy ra:

$$\begin{gathered} x_1=-\sqrt{t_2};x_2=-\sqrt{t_1};x_3=\sqrt{t_1};x_4=\sqrt{t_2} \\ \Rightarrow x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=2\left(t_1^2+t_2^2\right)=30 \end{gathered}$$ 

Mà$\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=m\\ t_1{t}_2=m\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow t_1^2+t_2^2={\left(t_1+t_2\right)}^2-2t_1{t}_2=m^2-2m$

suy ra $\left\{\begin{array}{l}m>4\\ m^2-2m=15\end{array}\right.\iff m=5.$

Đáp án B

Dễ thấy x = 0 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số vì TXĐ: .

Ta xét phương trình:

$f^2\left(x\right)-f\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f\left(x\right)=1\left(2\right)\end{array}\right..$ 

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

·        Phương trình (1), có hai nghiệm phân biệt là $x_1<1;x_2=2$(nghiệm kép).

·        Phương trình (2), có ba nghiệm phân biệt là $x_3=1;x_4\in \left(1;2\right);x_5>2.$ 

Do đó $f^2\left(x\right)-f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right).h\left(x\right)$

suy ra $g\left(x\right)=\frac{\sqrt{x-1}}{x.h\left(x\right)}$

Mà $h\left(x\right)=0$ có 3 nghiệm lớn hơn 1 $\left(2;x_4;x_5\right)\Rightarrow$ĐTHS $y=g\left(x\right)$ có 3 đường TCĐ.

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} u_{n+1}+4u_n=4-5n \\ \iff u_{n+1}=-4u_n-5n+4 \\ \iff u_{n+1}+n=-4\left(u_n+n-1\right)\left(*\right). \end{gathered}$$ 

Đặt $v_{n+1}=u_{n+1}+n$ suy ra $v_n=u_n+n-1$, khi đó $\left(*\right)\iff v_{n+1}=-4v_n$ 

Do đó $v_n$ là cấp số nhân với công bội $q=-4\Rightarrow v_n={\left(-4\right)}^{n-1}{v}_1$

Mà $v_1=u_1=2$ nên suy ra $v_n=2.{\left(-4\right)}^{n-1}\to u_n=2.{\left(-4\right)}^{n-1}-n+1$

Vậy:

$$\begin{gathered} S=u_{2018}-2u_{2017} \\ =2.{\left(-4\right)}^{2017}-2017-2\left[2.{\left(-4\right)}^{2016}-2016\right] \\ =2015-{3.4}^{2017}. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}SA\perp \left(ABCD\right)\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right) \\ \Rightarrow \widehat{\left(SBC\right);\left(ABCD\right)}=\widehat{SBA} \end{gathered}$$ $R_{ABCD}=\frac{AC}{2}a.$

Tam giác SAB vuông tại A, có

$$\begin{gathered} \tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB} \\ \Rightarrow SA=\tan {60}^{\circ }.a\sqrt{3}=3a. \end{gathered}$$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là  

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là:

$$\begin{gathered} R=\sqrt{R_{ABCD}^2+\frac{S{A}^2}{4}} \\ =\sqrt{a^2+\frac{{\left(3a\right)}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2} \\ \Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{13\sqrt{13}\pi a^3}{6} \end{gathered}$$

Đáp án A

Với 10 câu hỏi trắc nghiệm sẽ có $4^{10}$ cách chọn đáp án.

Và bài điền tiếp theo chắc chắn sẽ giống 1 trong $4^{10}$ bài điền trước đó.

Vậy có tất cả $4^{10}+1=1048577$ phiếu thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD, nối $SO\cap AM=I$

Qua I kẻ đương thẳng d, song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại H, K suy ra $\frac{SH}{SB}=\frac{SK}{SD}=\frac{SI}{SO}.$ 

Điểm $M\in SC$ thỏa mãn $5SM=2SC\Rightarrow \frac{SM}{SC}=\frac{2}{5}$

Xét tam giác SAC, có:

$$\begin{gathered} \frac{MS}{MC}.\frac{AC}{AO}.\frac{IO}{IS}=1\Rightarrow \frac{IO}{SI}=\frac{4}{3} \\ \Rightarrow \frac{SI}{SO}=\frac{3}{7} \end{gathered}$$

Khi đó:

$\frac{V_{S.AKM}}{V_{S.ADC}}=\frac{SK}{SD}.\frac{SM}{SC};\frac{V_{S.AHM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SH}{SB}.\frac{SM}{SC}$ 

Suy ra:

$$\begin{gathered} \frac{V_{S.AHMK}}{V_{S.ABCD}}=\frac{SM}{SC}.\frac{SH}{SB}=\frac{2}{5}.\frac{3}{7}=\frac{6}{35} \\ \Rightarrow V_{S.AHMK}=\frac{6}{36}{V}_{S.ABCD} \end{gathered}$$