Đáp án A.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x$ nên hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ là $k=y\text{'}\left(x_0\right)=3x_0^2-6x_0$.

Đáp án C.

Đáp án C.

Vì $\underset{x\to {\frac{1}{2}}^{-}}{\lim }\frac{3x+1}{2x-1}=-\infty ;\underset{x\to {\frac{1}{2}}^{+}}{\lim }\frac{3x+1}{2x-1}=+\infty$ nên $x=\frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án A.

Cách 1: Từ đồ thị, ta có $\frac{b}{d}=y\left(0\right)>0$. Suy ra $b<0$.

Lại có $y=0\iff x=-\frac{b}{a}<0$. Suy ra $a<0$. Do đó đáp án đúng là A.

Cách 2: Từ đồ thị, ta có đường tiệm cận đứng $x=-\frac{d}{c}<0$  và tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}>0$. Do $d<0$ nên $c<0$. Suy ra $a<0$.

Lại do $\frac{b}{d}=y\left(0\right)>0$ nên suy ra $b<0$. Do đó đáp án đúng là A.

Đáp án A.

 Ta có 

$\begin{array}{l}{\log }_5\left(x+2\right)=2018\\ \iff x+2=5^{2018}\\ \iff x=5^{2018}-2\end{array}$

Đáp án C

Đáp án B.

Điểm biểu diễn của số phức $z=a+bi,\left(a,b\in ℝ\right)$ là $M\left(a;b\right)$.

Đáp án A.

Do $z_1+z=\left(4+1\right)+\left(-2i+5i\right)=5+3i$

Đáp án B.

Mặt cầu  $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$ có tâm  $I\left(a;b;c\right)$ và bán kính R.

Đáp án D.

Phép đối xứng qua trục Ox biến điểm $M\left(a;b\right)$ thành điểm $M\text{'}\left(a;-b\right)$.

Đáp án D.

Đáp án D.

Phương án A: Đúng vì $BC\perp AB,SA\perp BC$ nên

$BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SAB\right)$.

Phương án B: Đúng vì $SA\perp \left(ABC\right)$ và $SA\subset \left(SAB\right)$ nên $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$.

Phương án C: Đúng vì $SA\perp \left(ABC\right)$ và  $SA\subset \left(SAC\right)$ nên $\left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)$.

Đáp án B.

Ta có 

$\begin{array}{l}y\text{'}=2.\sqrt{4x+3}+\left(2x-1\right).\frac{2}{\sqrt{4x+3}}\\ =\frac{2\left(4x+3\right)+2\left(2x-1\right)}{\sqrt{4x+3}}=\frac{12x+4}{\sqrt{4x+3}}\end{array}$

Đáp án A.

Vì $l=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2\left(x+2\right)}{3x}=\frac{2\left(2+2\right)}{3.2}=\frac{4}{3}$

Đáp án C.

Ta có 

$\begin{array}{l}{u}_n=u_1+\left(n-1\right)d\\ =3+\left(n-1\right).5=5n-2\end{array}$

Đáp án B.

Số hạng chính giữa của khai triển là $C_4^2{\left(5x\right)}^2{\left(2y\right)}^2=600x^2{y}^2$

Đáp án C.

Ta có 

$\begin{array}{l}\sin 2x=1\\ \iff 2x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \\ \iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right)\end{array}$

Đáp án B.

Hàm số $y=\sin \frac{x}{2}$ là hàm số tuần hoàn với chu kỳ $4\pi$.

Đáp án C.

Vì $\frac{-2-2}{1}=\frac{7+1}{-2}=-4\ne 3=\frac{9-3}{2}$ nên d không đi qua điểm $N_3$.

Đáp án A.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-1;3;-1\right),\overrightarrow{AC}=\left(1;3;-2\right)$ nên $\left(ABC\right)$ có một vecto pháp tuyến là $-\frac{1}{3}\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(1;1;2\right)$.

Đáp án C.

Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) thì mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính $r=\frac{1}{2}.\sqrt{S{A}^2+A{B}^2+A{C}^2}$. Với giả thiết của bài toán, ta có $r=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Đáp án D.

Ta có 

$\begin{array}{l}V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}\\ =\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}{a}^3\end{array}$

Đáp án B.

Ta có $\overline{z}=3+2i$ nên $i\overline{z}=i\left(3+2i\right)=-2+3i$.

Vì điểm biểu diễn của số phức $w=a+bi,\left(a,b\in ℝ\right)$ là $M\left(a;b\right)$ nên điểm biểu diễn của số phức $i\overline{z}$ là $M_2\left(-2;3\right)$.

Đáp án A.

$\begin{array}{l}{z}^2+4z+9=0\\ \iff {\left(z+2\right)}^2=-5\\ \iff z=-2-i\sqrt{5}\end{array}$

hoặc $z=-2+i\sqrt{5}$

Đáp án C.

Vì

$\begin{array}{l}I=\int f\left(5x-3\right)dx\\ =\frac{1}{5}\int f\left(5x-3\right)d\left(5x-3\right)\\ =\frac{1}{5}F\left(5x-3\right)+C\end{array}$

 nên chọn phương án C.

(cần lưu ý trong công thức $\int f\left(x\right)dx=F\left(x\right)+C$ thì x trong $f\left(x\right)$, dx và F(x) phải là như nhau).

Đáp án B

Vì $t=\sqrt{x^2+4}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^2=t^2-4\\ xdx=tdt\end{array}\right.$và $\begin{array}{l}x=\sqrt{5}\Rightarrow t=3;\\ x=2\sqrt{3}\Rightarrow t=4\end{array}$

nên

 $\begin{array}{l}I=\underset{\sqrt{5}}{\overset{2\sqrt{3}}{\int }}\sqrt{x^2+4}.xdx\\ =\underset{3}{\overset{4}{\int }}t.tdt=\underset{3}{\overset{4}{\int }}{t}^{2}dt\end{array}$

Đáp án D.

Vì

$\begin{array}{l}{9}^x-{5.3}^{x+1}+54\le 0\\ \iff {\left(3^x\right)}^2-{15.3}^x+54\le 0\end{array}$

 nên ta có bất phương trình $t^2-15t+54\le 0$.

Đáp án B.

Ta có 

$\begin{array}{l}P=\frac{6}{2}{\log }_{a}b+2.\frac{4}{\frac{1}{2}}{\log }_{a}b\\ =3{\log }_{a}b+16{\log }_{a}b\\ =19{\log }_{a}b\end{array}$

Đáp án B.

Vì do $\frac{2}{5}$ là số không nguyên nên hàm số xác định khi

$\begin{array}{l}2x^2-8>0\\ \iff x^2-4>0\\ \iff x<-2\end{array}$

 hoặc $x>2$.

Do đó tập xác định của hàm số là $D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$.

Đáp án D.

Ta có $\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{\frac{2-m}{2};\frac{6-m}{4}\right\}$.

Do đó

$\begin{array}{l}\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\frac{6-m}{4}\\ \iff \frac{6-m}{4}\ge \frac{2-m}{2}\\ \iff m\ge -2\end{array}$

Vậy phương án sai là D.

Đáp án A.

Ta có

$\begin{array}{l}\sin 2x+\sqrt{3}\cos 2x=-\sqrt{2}\\ \iff \cos \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$ .

$\iff x=-\frac{7\pi }{24}+k\pi$ hoặc $x=\frac{11\pi }{24}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Nghiệm thuộc đoạn $\left[0;2\pi \right]$ của phương trình là $\frac{11\pi }{24};\frac{17\pi }{24};\frac{35\pi }{24};\frac{41\pi }{24}$.

Suy ra $S=\left\{\frac{11\pi }{24};\frac{17\pi }{24};\frac{35\pi }{24};\frac{41\pi }{24}\right\}$.

Do đó tổng các phần tử thuộc S là

$\begin{array}{l}\frac{11\pi }{24}+\frac{17\pi }{24}+\frac{35\pi }{24}+\frac{41\pi }{24}\\ =\frac{104}{24}\pi +\frac{13}{3}\pi \end{array}$

Ta có m=13 và n=3 nên T=2322.

Đáp án B.

Số cách chọn 4 học sinh trong đội thanh niên xung kích là $C_{15}^4=1365$.

Số cách chọn 4 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh là $C_4^2{C}_6^1{C}_5^1+C_4^1{C}_6^2{C}_5^1+C_4^1{C}_6^1{C}_5^2=720$.

Suy ra xác suất để chọn được 4 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh là $p=\frac{720}{1365}=\frac{48}{91}$.

Đáp án C.

Hàm số liên tục trên từng khoảng  $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

Ta có

$\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x^2+ax+b\right)\\ =a+b+1=f\left(1\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^6-6x+5}{x^2-2x+1}\\ =\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{6x^5-6}{2x-2}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{30x^4}{2}=15\end{array}$

Hàm số liên tục trên R khi và chỉ khi

$\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\\ \iff a+b+1=15\iff a+b=14\end{array}$

Suy ra ta có

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a+b=14\\ a^2+ab+b^2=148\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}^2+2ab+b^2=196\\ a^2+ab+b^2=148\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}ab=48\\ a^2+b^2=100\end{array}\right.\end{array}$

Do đó 

$\begin{array}{l}T=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\\ =14.\left(100-48\right)=728\end{array}$

Đáp án D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2+2ax+b$.

Giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng $y=-6x+12$ là điểm $J\left(-2;24\right)$.

Như vậy, từ giả thiết ta có

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}f\left(-2\right)=24\\ f\left(1\right)=-3\\ f\text{'}\left(1\right)=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}4a-2b+c=32\\ a+b+c=-4\\ 2a+b=-3\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=-9\\ c=2\end{array}\right.\end{array}$

Khi đó đồ thị hàm số $f\left(x\right)=x^3+3x^2-9x+2$ nhận điểm $I\left(1;-3\right)$ làm điểm cực tiểu vì $f\text{'}\text{'}\left(1\right)=12>0$ nên hàm số đạt cực tiểu tại x=1.

Do đó $a=\mathrm{3,}b=-\mathrm{9,}c=2$ thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Suy ra $T=3.{\left(-9\right)}^2+\left(-9\right){.2}^2+{2.3}^2=225$. Vậy phương án đúng là D.

Đáp án B.

Ta có góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABCD) chính là góc $\widehat{SBO}$ nên $\widehat{SBO}=60°$.

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CD thì ta có $CD\perp \left(SOM\right)$.

Từ O kẻ $OH\perp SM,HM$ thì $OH=d\left(O,\left(SCD\right)\right)$.

Đặt $AB=2x$ thì $OM=x$ và $OB=x\sqrt{2}$.

Tam giác SOB vuông tại O nên $SO=OB\tan \widehat{SBO}=x\sqrt{6}$ .

Ta có $OH=\frac{SO.OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}$ nên $OH=\frac{x\sqrt{6}.x}{\sqrt{6x^2+x^2}}=\frac{x\sqrt{42}}{7}$.

Theo giả thiết, ta có $\frac{x\sqrt{42}}{7}=\frac{a\sqrt{14}}{7}\iff x=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Do đó $AB=a\sqrt{3},SO=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$ .

Vì vậy thể tích của khối chóp $S.ABC$ là $V=\frac{1}{3}.SO.S_{ABC}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{4}$.

Vậy phương án đúng là B.

Đáp án D.

Đường thẳng $d_1$ có vecto chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(2;-1;1\right)$.

Gọi $B\left(1-t;1+2t;-1+t\right)\in d_2$ là giao điểm của $\Delta$ với $d_2$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=\left(-t;2t-1;t-4\right)$ là một vecto chỉ phương của $\Delta$.

Do đó

$\begin{array}{l}{d}_1\perp \Delta \\ \iff \overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{AB}=0\\ \iff -2t-2t+1+t-4=0\\ \iff t=-1\end{array}$

Suy ra $\Delta$ đi qua điểm $A\left(1;2;3\right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;-3;-5\right)$.

Dễ thấy điểm A thuộc cả 4 mặt phẳng còn vecto $\overrightarrow{u}$ vuông góc với vecto pháp tuyến của các mặt phẳng $\left(P_1\right),\left(P_2\right),\left(P_3\right)$ nên $\Delta$ thuộc các mặt phẳng $\left(P_1\right),\left(P_2\right),\left(P_3\right)$. Do đó loại các phương án A, B và C.

Suy ra phương án đúng là D.

Phương án D được xây dựng trên sự sai lầ trong giải phương trình $-2t-2t+1+t-4=0\iff t=1$.

Do đó tìm được $\overrightarrow{AB}=\left(-1;1;-3\right)$. Khi đó thì $\Delta \subset \left(P_4\right)$ .

Đáp án A.

Ta có $f\left(x\right)=3+\frac{4}{2x+1}-\frac{3}{x+2}$ nên $F\left(x\right)=3x+2\ln \left|2x+1\right|-3\ln \left|x+2\right|+C$.

Do đó

$\begin{array}{l}F\left(2\right)=7\\ \iff 6+2\ln 5-3\ln 4+C=7\\ \iff C=1+6\ln 2-2\ln 5\end{array}$

Suy ra

$F\left(x\right)=3x+2\ln \left|2x+1\right|$$-3\ln \left|x+2\right|+1+6\ln 2-2\ln 5$

Ta có $F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}+11\ln 2-5\ln 5$. Từ đó, ta có $a=\mathrm{11,}b=5$.

Vậy trung bình cộng của a và b là $\frac{11+5}{2}=8$. Do đó phương án đúng là A.

Đáp án D.

Dễ thấy $BE\perp CD;SD=AD=1$. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho sao E=0, B thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy và tia DS cùng hướng với tia Oz.

Với cách chọn hệ trục tọa độ như vậy, ta có $B\left(1;0;0\right),C\left(0;1;0\right),D\left(0;-1;0\right)$ , $S\left(0;-1;1\right)$.

Giả sử mặt cầu đi qua bốn điểm S, B, C, E có phương trình là $x^2+y^2+z^2+2ax+2by+2cz+d=0$, với điều kiện $a^2+b^2+c^2-d>0$.

Ta có hệ phương trình

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}d=0\\ 2a+1=0\\ 2b+1=0\\ -2b+2c+2=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=b=-\frac{1}{2}\\ c=-\frac{3}{2};d=0\end{array}\right.\end{array}$ (thỏa mãn).

Vậy, mặt cầu đi qua bốn điểm S, B, C, E có phương trình là $x^2+y^2+z^2-x-y-3z=0$.

Suy ra bán kính của mặt cầu là $R=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{11}}{2}$.

Đáp án A.

Điều kiện $x>\mathrm{0,}x\ne 25$.

Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình

$\begin{array}{l}\frac{{\log }_5^{2}x-7}{{\log }_{5}x-2}=2m+3\\ \iff {\log }_5^{2}x-7=\left(2m+3\right)\left({\log }_{5}x-2\right)\end{array}$ 

$\iff {\log }_5^{2}x-\left(2m+3\right){\log }_{5}x+4m-1=0$

Ta có $x_1>\mathrm{0,}{x}_2>0$ nên

$\begin{array}{l}{\log }_5{x}_1+{\log }_5{x}_2\\ ={\log }_5\left(x_1{x}_2\right)\\ ={\log }_{5}625=4\end{array}$.

Lại có ${\log }_5{x}_1,{\log }_5{x}_2$ là hai nghiệm của phương trình $t^2-\left(2m+3\right)t+4m-1=0$ nên ${\log }_5{x}_1+{\log }_5{x}_2=2m+3$.

Từ đó ta tìm được $m=\frac{1}{2}$. Thử lại thấy $m=\frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^2-2mx+1-4m}{{\left(x-m\right)}^2}$.

Hàm số đồng biến trên $\left[2;+\infty \right)$ khi và chỉ khi $f\text{'}\left(x\right)\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left[2;+\infty \right)$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}m\notin \left[2;+\infty \right)\\ x^2-2mx+1-4m\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left[2;+\infty \right)\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m<2\\ 2m\le \frac{x^2+1}{x+2},\forall x\in \left[2;+\infty \right)\end{array}\right.\end{array}$ 

Bằng cách khảo sát hàm số $y=\frac{x^2+1}{x+2}$ trên nửa khoảng $\left[2;+\infty \right)$, ta được

$\underset{\left[2;+\infty \right)}{\min }y=y\left(2\right)=\frac{5}{4}$ 

Vì vậy

$\begin{array}{l}2m\le \frac{x^2+1}{x+2},\forall \left[2;+\infty \right)\\ \iff 2m\le \underset{\left[2;+\infty \right)}{\min }\frac{x^2+1}{x+2}=\frac{5}{4}\\ \iff m\le \frac{5}{8}\end{array}$.

Suy ra $a=\mathrm{5,}b=8$.

Do đó $a^2+b^2=89$.

Vậy phương án đúng là C.

Đáp án A.

Ta có

$\begin{array}{l}{\log }_{\frac{1}{3}}\left({\log }_6\frac{x^2+x}{x+4}\right)>0\\ \iff 0<{\log }_6\frac{x^2+x}{x+4}<1\\ \iff 1<\frac{x^2+x}{x+4}<6\end{array}$ 

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2-4}{x+4}>0\\ \frac{x^2-5x-24}{x+4}<0\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}-3<x<-2\\ 2<x<8\end{array}\right.\end{array}$

 Suy ra $S=\left(-3;-2\right)\cup \left(2;8\right)$.

Vậy phương án đúng là A.

Đáp án B.

Đúng. Vì

$\begin{array}{l}V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{3+\left(x-2\right)e^x}{x{e}^x+1}dx\\ =\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[3-2\frac{\left(x+1\right)e^x}{x{e}^x+1}\right]dx\end{array}$ 

$\begin{array}{l}={\left.3\pi x\right|}_0^1-{\left.2\pi \ln \left(x{e}^x+1\right)\right|}_0^1\\ =3\pi -2\pi \ln \left(e+1\right)\end{array}$ 

$\begin{array}{l}=\pi -2\pi \left[\ln \left(e+1\right)-\ln e\right]\\ =\pi \left[1-2\ln \left(1+\frac{1}{e}\right)\right]\end{array}$.

Do đó $a=\mathrm{1,}b=-2$ nên $a+b=-1$ còn $a-2b=5$. Suy ra phương án đúng là B.

Đáp án A.

Ta có  $\widehat{SCH}=60°$và

$\begin{array}{l}HC=\frac{a\sqrt{7}}{3};\\ SH=HC\tan \widehat{SCH}=\frac{a\sqrt{21}}{3}\end{array}$

Từ A kẻ tia $Ax//CB$ (như hình vẽ). Khi đó $BC//\left(SAx\right)$ và do $BA=\frac{3}{2}HA$ nên

$\begin{array}{l}d\left(BC,SA\right)=d\left(BC,\left(SAx\right)\right)\\ =d\left(B,\left(SAx\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,\left(SAx\right)\right)\end{array}$