Đáp án D

Quay trở lại tính chất của hàm số mũ

Ta thấy  $0<\frac{\pi +3}{2\pi }<1$ (do $3<\pi$ ) nên hàm số $y={\left(\frac{\pi +3}{2\pi }\right)}^x$ nghịch biến trên tập xác định của nó.

Đáp án A

Điểm biểu diễn $z_2$  và $\overline{z_2}$  đối xứng qua Ox mà $z_2={\overline{z}}_2$ nên điểm biểu diễn hai số phức $z_1$  và  $z_2$ đối xứng qua trục Ox, tức hai điểm A và B đối xứng qua trục Ox.

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy có một giá trị của x (gải sử x = a) để  y '=0và không có giá trị nào của x làm y' không xác định. Mặt khác y'  đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = a do vậy x = a là một điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)$ .

Đáp án A

$\overrightarrow{AB}=\left(2;4;-1\right)$,$\overrightarrow{AC}=\left(3;-1;2\right)$,$\overrightarrow{AD}=\left(2;0;4\right)$,$\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(7;-7;-14\right)$

$\begin{array}{l}{V}_{ABCD}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|\\ =\frac{1}{6}\left|7.2+\left(-7\right).0+\left(-14\right).4\right|\\ =7\end{array}$

Đáp án A

Gọi $A\left(0;2\right)$  ; $B\left(-6;0\right)$  là hai điểm thuộc đường thằng d. Gọi A'  ;B'  lần lượt là điểm đối xứng quả A; B qua đường thẳng y=x.

Ta có $A\text{'}=\left(2;0\right),B^{\text{'}}\left(0;-6\right)$ (xem hình vẽ)

Phương trình đường thẳng  $A\text{'}B\text{'}:\frac{x}{2}+\frac{y}{-6}=1$$\iff y=3x-6$

Đáp án B

$\begin{array}{l}{5}^{x+5}=8^x\\ \iff {\left(\frac{8}{5}\right)}^x=5^5\\ \iff {\log }_{\frac{8}{5}}{5}^5\\ \Rightarrow a=\frac{8}{5}=\mathrm{1,6}\\ \Rightarrow \left[a\right]=1\end{array}$

Đáp án A

Ta có:

$\begin{array}{l}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}\left|\begin{array}{l}b\\ a\end{array}\right.=\frac{b^3}{3}-\frac{a^3}{3}\\ =\frac{1}{3}\left(b-a\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\\ =a^2+b^2+ab\\ ={\left(b-a\right)}^2+3ab=9+3ab\end{array}$

Đáp án B

Mệnh đề 1 và 2 sai; mệnh đề 3 và 4 đúng.

Đáp án A

Đáp án C

Dựa vào dữ kiện đề bài ta có thể suy ra tổng  S là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội 

$\begin{array}{l}q=\frac{1}{4}\Rightarrow S=\frac{S_1}{1-q}\\ =\frac{\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}\\ =\frac{a^2\sqrt{3}}{12}\end{array}$

Đáp án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;3). Suy ra C là đáp án đúng.

Đáp án C

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

Ba mặt phẳng (SAB),(SCD) và (ABCD) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến d; CD; AB. Mà $AB//CD$$\Rightarrow d//AB//CD\Rightarrow d$  là đường thẳng đi qua S  và song song với AB và CD =>cố định.

Có $I\in MQ\subset \left(SAB\right),$$I\in NP\subset \left(SCD\right)\Rightarrow I\in d$  . Vì M là điểm di động trên đoạn AB nên tập hợp các giao điểm I  là một đoạn thẳng d. Ta chọn C.

Đáp án D

Điều kiện  $\left\{\begin{array}{l}\cos x\ne 0\\ \cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\ne 0\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\tan x+\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1\\ \iff \tan x+\frac{\tan x+1}{1-\tan x}-1=0\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \frac{-{\tan }^{3}x+3\tan x}{1-\tan x}=0\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\tan x\ne 1\\ \tan x\left(3-\tan x\right)=0\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}\tan x=0\\ \tan x=3\end{array}\right.\end{array}$

Ta có biểu thị các họ nghiệm của phương trình trẻn đường trọn lượn giác như hình bên.

Vậy đa giác tạo bởi các điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn các họ nghiệm của phương trình $\tan x+\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1$  là tứ giác $AMA\text{'}M\text{'}$   .

Cách 1: Đường thẳng  có phương trình $y=3x\iff 3x-y=0$  .Khoảng cách từ điểm $A\left(1;0\right)$  đến $MM\text{'}$ là $\left|\frac{3.1-0}{\sqrt{3^2+1^2}}\right|=\frac{3}{\sqrt{10}}$ . Do đó diện tích tứ giác $AMA\text{'}M\text{'}$  là 

$\begin{array}{l}{S}_{AMA\text{'}M\text{'}}=2S_{AMM\text{'}}\\ =2.\frac{1}{2}.MM\text{'}.d\left(A,MM\text{'}\right)\\ =2.\frac{3}{\sqrt{10}}\approx \mathrm{2.0,949}\end{array}$

Cách 2: Ta có  $\sin \widehat{MOA}=\frac{3}{\sqrt{3^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow S_{AMA\text{'}M\text{'}}=4.S_{MOA}\\ =4.\frac{1}{2}.OM.OA.\sin \widehat{MOA}\\ =2.\frac{3}{\sqrt{10}}\approx \mathrm{2.0,949}\end{array}$

Ta chọn D, do chỉ có 0,949 gần 2.0,949 nhất.

Đáp án B

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{9x^2+ax}+\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\left(\sqrt{9x^2+ax}+3x\right)+\left(\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}-3x\right)\right]$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }( \frac{9x^2+ax-9x^2}{\sqrt{9x^2+ax}-3x}$$+\frac{27x^3+b{x}^2+5-27x^3}{\sqrt[3]{{\left(27x^3+b{x}^2+5\right)}^2}+3x\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}+9x^2} )$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{ax}{\sqrt{9x^2+ax}-3x}+\frac{b{x}^2+5}{\sqrt[3]{{\left(27x^3+b{x}^2+5\right)}^2}+3x\sqrt[3]{27x^3+b{x}^2+5}+9x^2}\right)$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{a}{-\sqrt{9+\frac{a}{x}}-3}+\frac{b+\frac{5}{x^2}}{\sqrt[3]{{\left(27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}\right)}^2}+3\sqrt[3]{27+\frac{b}{x}+\frac{5}{x^3}}+9}\right)$

$\begin{array}{l}=\frac{a}{-3-3}+\frac{b}{9+3.3+9}\\ =\frac{a}{-6}+\frac{b}{27}=\frac{7}{27}\\ \Rightarrow -\frac{9}{2}.\frac{a}{27}+\frac{b}{27}=7\\ \Rightarrow -9a+2b=14\end{array}$

Đáp án D

Ta có  

$\begin{array}{l}{\int }_{-4}^2\left[f\left(x\right)+2x+7\right]dx\\ ={\int }_{-4}^{2}f\left(x\right)dx+{\int }_{-4}^2\left(2x+7\right)dx\end{array}$

Lại có

$\begin{array}{l}{\int }_{-4}^{2}f\left(x\right)dx={\int }_{-4}^{-2}f\left(x\right)dx\\ +{\int }_{-2}^{0}f\left(x\right)dx+{\int }_0^{2}f\left(x\right)dx\\ =-3+3+\left(-3\right)=-3\end{array}$

và  ${\int }_{-4}^2\left(2x+7\right)dx=30$

Vậy  ${\int }_{-4}^2\left[f\left(x\right)+2x+7\right]dx$$=-3+30=27$

Đáp án B

Tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp trùng nhau là tam giác đều.

Bài toán trở thành tìm số các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.

Trong sách Công phá toán 3 tác giả đã đề cập đến công thức tổng quát cho bài toán này.

Để thỏa mãn yêu cầu trên thì $\frac{b^3}{a}=-24$$\iff \frac{{\left[-2\left(m-1\right)\right]}^3}{1}=-24$$\iff {\left(m-1\right)}^3=3$  .

Phương trình có duy nhất một nghiệm nên ta chọn B

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\frac{5}{{\left(x+2\right)}^2}$ . Gọi  $M\left(x_0;y_0\right)$ là một điểm thuộc đồ thị hàm số.

Khi đó tiếp tuyến tại M có hệ số góc $k=y\text{'}\left(x_0\right)=\frac{5}{{\left(x_0+2\right)}^2}$

Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì $k_1{k}_2=-1$$\iff \frac{5}{{\left(x_1+2\right)}^2}.\frac{5}{{\left(x_2+2\right)}^2}=-1$

(phương trình vô nghiệm)

Do vậy ta chọn D

Đáp án A

Do $y^2=4ax$  nên $x>0$ $y^2=4ax\iff y=\pm 2\sqrt{a}.\sqrt{x}$  ;

$y=0\iff x=0$. Diện tích hình phẳng giởi hạn bởi đường cong  $y^2=4ax\left(a>0\right)$và đường thẳng x = a được tính bằng công thức

$S=2.\underset{0}{\overset{a}{\int }}\left|2\sqrt{a}.\sqrt{x}-0\right|dx$$=2.\underset{0}{\overset{a}{\int }}2\sqrt{a}.\sqrt{x}dx$$=2.2\sqrt{a}.\frac{2}{3}.x^{\frac{3}{2}}\left|\begin{array}{l}a\\ 0\end{array}\right.$$=\frac{8\sqrt{a}}{3}{a}^{\frac{3}{2}}=\frac{8}{3}{a}^2$

Suy ra $k=\frac{8}{3}$  

Đáp án B

Nhìn hình vẽ ta thấy sẽ khó tính trực tiếp thể tích của khối tứ diện $ACB\text{'}D\text{'}$  , do vậy ta sẽ tính gián tiếp.

Ta tính thể tích các khối tứ diện $ACDD\text{'};AA\text{'}D\text{'}B\text{'};$$ABCB\text{'};CC;B\text{'}D\text{'}$ . Sau đó lấy thể tích khối hộp trừ đi tổng thể tích các khối trên.

Ta nhận thấy cả bốn khối tự diện $ACDD\text{'};AA\text{'}D\text{'}B\text{'};$$ABCB\text{'};CC;B\text{'}D\text{'}$ đều có thể tích bằng nhau và bằng $V_1=\frac{1}{3}AA\text{'}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$$=\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{6}V$

Thể tích của khối tứ diện $ACB\text{'}D\text{'}$  bằng  $V_2=V-\frac{4}{6}V=\frac{V}{3}$

Tỉ số cần tìm là 3. Ta chọn B

Đáp án D

Ta có  $z.\overline{z}={\left|z\right|}^2\Rightarrow \left|z.\overline{z}+z\right|=2$$\iff \left|{\left|z\right|}^2+z\right|=2\iff \left|z+4\right|=2$(do $\left|z\right|=2$  )

Đặt $z=x+yi,\left(x;y\in ℝ\right)$

Ta có

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|z+4\right|=2\\ \left|z\right|=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(x+4\right)}^2+y^2=4\\ x^2+y^2=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left(x+4-x\right)\left(x+4+x\right)=0\\ x^2+y^2=4\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=0\end{array}\right.\end{array}$

Vậy có duy nhất một giá trị $z=-2$   thảo mãn yêu cầu đề bài

Đáp án B

Ta có  

$\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{e^3}{\int }}\frac{f\left(\ln x\right)}{x}dx\\ =\underset{1}{\overset{e^3}{\int }}f\left(\ln x\right).{\left(\ln x\right)}^{\text{'}}dx\\ =\underset{1}{\overset{e^3}{\int }}f\left(\ln x\right)d\left(\ln x\right)\\ =\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=5\end{array}$

Ta có

$\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{\mathrm{0,5}x}{\int }}f\left(\sin x\right)\cos xdx\\ =\underset{0}{\overset{\mathrm{0,5}x}{\int }}f\left(\sin x\right)d\left(\sin x\right)\\ =\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=2\end{array}$

Ta có $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=$$\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=5-2=3$

Đáp án B

Ta có   $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2\Rightarrow$ tam giác  ABC vuông tại A.

Trong (ABC) kẻ AM vuông góc tại  $M\Rightarrow \frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}$

Trong (DAM) kẻ $AH\perp DM$  tại H.

Ta có  

 $\begin{array}{l}DA\perp BC;AM\perp BC\\ \Rightarrow \left(DAM\right)\perp BC\\ \Rightarrow \left(DAM\right)\perp \left(DBC\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left(DAM\right)\perp \left(DBC\right)\\ \left(DAM\right)\cap \left(DBC\right)=DM\\ AH\subset \left(DAM\right);AH\perp DM\end{array}\right.\\ \Rightarrow AH\perp \left(DBC\right)\end{array}$

 $\Rightarrow d\left(A;\left(DBC\right)\right)=AH$

Tam giác DAM vuông tại A có AH là đường cao

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\\ =\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\\ =\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{17}{72}\\ \Rightarrow AH=\frac{12}{\sqrt{34}}\end{array}$

Đáp án D

Ta có

$\begin{array}{l}\frac{2k^3+8k^2+6k-1}{k^2+4k+3}\\ =\frac{2k\left(k+1\right)\left(k+3\right)}{\left(k+1\right)\left(k+3\right)}-\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+3\right)}\\ =2k-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+3}\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \sum _{k=1}^n\frac{2k^3+8k^2+6k-1}{k^2+4k+3}\\ =\sum _{k=1}^n\left[2k-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+3}\right)\right]\end{array}$

$=2.\left(1+2+\mathrm{...}+n\right)-\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{1+1}-\frac{1}{1+3}+\mathrm{...}+\frac{1}{n-1+1}-\frac{1}{n-1+3}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\right]$

$$\begin{gathered} =2\frac{n\left(n+1\right)}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right) \\ =n\left(n+1\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{5}{6}-\frac{2n+5}{\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\right) \end{gathered}$$

suy ra 

$\begin{array}{l}\lim \left(n^2+n-\sum _{k=1}^n\frac{2k^3+8k^2+6k-1}{k^2+4k+3}\right)\\ =\lim \left[\left(n^2+n\right)-\left(n^2+n-\frac{5}{12}+\frac{2n+5}{2\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\right)\right]\end{array}$

$\begin{array}{l}=\lim \left(\frac{5}{12}-\frac{2n+5}{2n^2+10n+12}\right)\\ =\lim \frac{5}{12}-\lim \frac{\frac{2}{n}+\frac{5}{n^2}}{2+\frac{10}{n}+\frac{12}{n^2}}=\frac{5}{12}\end{array}$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=m{x}^2-\left(3m+2\right)x+5m-1$

Để hàm số đồng biến trên khoảng  $\left(-1;2\right)$ thì  $y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(-1;2\right)$ .Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm

Cách 1:

Do ta chỉ xét giá trị m nguyên âm nên $m{x}^2-\left(3m+2\right)x+5m-1=0$ là phương trình bậc hai. Đặt  $f\left(x\right)=m{x}^2-\left(3m+2\right)x+5m-1$

TH1: Hàm số có hai điểm cực trị

Để thỏa mãn  $y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(0;2\right)$ thì phương trình  $y\text{'}=0$ có hai nghiệm $x_1$  ; $x_2$  thỏa mãn $x_1\le -1<2\le x_2$ 

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}m.f\left(-1\right)\le 0\\ m.f\left(2\right)\le 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m.\left(m+\left(3m+2\right)+5m-1\right)\le 0\\ m.\left[4m-2\left(3m+2\right)+5m-1\right]\le 0\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}m\left(9m+1\right)\le 0\\ m\left(3m-5\right)\le 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -\frac{1}{9}\\ m\ge \frac{5}{3}\end{array}\right.\iff m\ge \frac{5}{3}\end{array}$

(do m nguyên âm nên không thỏa mãn)

TH2: Hàm số không có điểm cực trị

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thi $\left\{\begin{array}{l}\Delta <0\\ m>0\end{array}\right.$ (do m nguyên âm nên không thỏa mãn)

Vậy ta chọn B.

Cách 2:

$\begin{array}{l}y\text{'}\ge 0\\ \iff m{x}^2-\left(3m+2\right)x+5m-1\ge 0\\ \iff m\left(x^2-3x+5\right)\ge 2x+1\\ \iff m\ge \frac{2x+1}{x^2-3x+5}\end{array}$

(do $x^2-3x+5>0\forall x$ )

Đặt $g\left(x\right)=\frac{2x+1}{x^2-3x+5}$ . Ta có $g\text{'}\left(x\right)=\frac{-2x^2-2x+13}{{\left(x^2-3x+5\right)}^2}>0$ $\forall x\in \left(-1;2\right)$ . Vậy $g\left(x\right)$  đồng biến trên $\left(-1;2\right)$

Để $m\ge g\left(x\right)\forall x\in \left(-1;2\right)$  thì  $m\ge \underset{x\in \left(-1;2\right)}{\text{max}}g\left(x\right)=g\left(2\right)=\frac{5}{3}$

Đáp án A

Trong mặt phẳng (ABC)  Kẻ $AM\perp BC$

Trong mặt phẳng  (SAM) kẻ $AH\perp SM$

$\Rightarrow d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AH$

Ta có $AM=AB.\cos \widehat{BAM}$$=AB.\cos {60}^0=\frac{a}{2}$

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {120}^0$$=\frac{1}{2}{a}^2\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$  Ta có

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}$$=\frac{1}{3}.SA.\frac{a^3\sqrt{3}}{24}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$$\Rightarrow SA=\frac{a}{2}$

Tam giác SAM vuông tại A có AH là đường cao

$\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}$$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Đáp án C

Xét đồ thị hàm số $y=\frac{3-x}{x+1}$ đường tiệm cận ngang $y=-1$ và đường tiệm cận đứng $x=-1$ . Gọi $I\left(-1;-1\right)$  là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (H). Gọi $I\text{'}\left(2;2\right)$  là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị  

Phép dời hình đồ thị (H )thành là phép tịnh tiến theo vecto  $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{II\text{'}}=\left(3;3\right)$

Giả sử đồ thị (H')   có phương trình $y=\frac{ax+b}{cx+d};\left(ad-bc\ne 0\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{c}=2\\ \frac{-d}{c}=2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2c\\ -d=2c\end{array}\right.\\ \Rightarrow y=\frac{2cx+b}{6c-2c}\end{array}$ 

Lấy  

$\begin{array}{l}A\left(3;0\right)\in \left(H\right)\\ \Rightarrow A\text{'}\left(6;3\right)\in \left(H\text{'}\right)\\ \Rightarrow \frac{12c+b}{6c-2c}=3\\ \Rightarrow b=0\end{array}$

Vậy $\left(H\text{'}\right):y=\frac{2x}{x-2}$ . Lấy đối xứng (H') qua gốc toạ độ ta được $\left(H\text{'}\text{'}\right):-y=\frac{-2x}{-x-2}$$\Rightarrow y=\frac{-2x}{x+2}$

Đáp án A

Điều kiện $x\in ℝ$ 

Đặt $t=2^{\sin x}$ . Phương trình đã cho trở thành  $t^2+2t=m(*)$

Vì $\sin x=\sin \alpha$$\iff \left[\begin{array}{l}x=\alpha +2k\pi \\ x=\pi -\alpha +k2\pi \end{array}\right.$ nên để phương trình đã cho có tổng các nghiệm trong khoảng $\left(0;\pi \right)$  bằng $\pi$  thì phương trình (*) phải có đúng một nghiệm $t\in \left(1;2\right)$ $\sin x\in \left(0;1\right)$ thì    $2^{\sin x}\in \left(1;2\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+2t$  có bảng biến thiên

Suy ra để phương trình (*) có đúng một nghiệm $t\in \left(1;2\right)$ thì $m\in \left(3;8\right)$ .Vậy tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là $4+5+6+7=22$

Đáp án C

Khối cầu tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương có tâm là giao điểmcủa các đường chéo của hình lập phương và bán kính$R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy thể tích của khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^3$$=\frac{\pi \sqrt{2}{a}^3}{3}$

Đáp án C

*  ${\log }_{\frac{1}{16}}x$ xác định khi $x>0$

*  ${\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)$ xác định khi  ${\log }_{\frac{1}{16}}x>0={\log }_{\frac{1}{16}}1$$\iff 0<x<1$

*  ${\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)$ xác định khi

$\begin{array}{l}{\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)>0={\log }_{16}1\\ \Rightarrow {\log }_{\frac{1}{16}}x>1={\log }_{\frac{1}{16}}\frac{1}{16}\\ \Rightarrow x<\frac{1}{16}\end{array}$

*  ${\log }_4\left({\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)\right)$ xác định khi

$\begin{array}{l}{\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)>0={\log }_{\frac{1}{4}}1\\ \Rightarrow {\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)<1={\log }_{16}16\end{array}$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\log }_{\frac{1}{16}}x<16={\log }_{\frac{1}{16}}\frac{1}{{16}^{16}}\\ \Rightarrow x>\frac{1}{{16}^{16}}\end{array}$

*  ${\log }_{\frac{1}{2}}\left({\log }_4\left({\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)\right)\right)$xác định khi

${\log }_4\left({\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)\right)>0={\log }_{4}1$

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\log }_{\frac{1}{4}}\left({\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)\right)>1={\log }_{\frac{1}{4}}\frac{1}{4}\\ \Rightarrow {\log }_{16}\left({\log }_{\frac{1}{16}}x\right)<\frac{1}{4}={\log }_{16}2\end{array}$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow {\log }_{\frac{1}{16}}x<2={\log }_{\frac{1}{16}}\frac{1}{{16}^2}\\ \Rightarrow x>\frac{1}{{16}^2}\end{array}$

Kết hợp tất cả các điều kiện ta được

$\begin{array}{l}\frac{1}{{16}^2}<x<\frac{1}{16}\\ \Rightarrow D=\left(\frac{1}{{16}^2};\frac{1}{16}\right)\\ \Rightarrow b-a=\frac{15}{256}\\ \Rightarrow m+n=271\end{array}$

Đáp án C

Cách 1:

$\begin{array}{l}{\left(x+yi\right)}^2=24+10i\\ \iff x^2-y^2+2xyi=24+10i\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-y^2=24\\ xy=5\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=5\\ y=1\end{array}\right.\end{array}$

Vậy  $x+y=6$

Cách 2: Bài toán trở thành bài toán tìm căn bậc hai của số phức

Sử dụng máy tính như đã được giới thiêu trong sách Công phá toán và Công phá kỹ thuật Casio.

Để tính căn bậc hai số phức ta thực hiện chuyển máy sáng môi trường số phức bằng cách ấn , thực hiện tìm căn bậc hai của số phức z bằng cách ấn

$\sqrt{z}=\sqrt{\left|z\right|}\angle \frac{\arg \left(z\right)}{2}$

Ta ấn

vậy $x+y=6$

Đáp án D

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác S.ABC. Hạ IJ vuông góc với (SAB)  . Vì J các đều 3 điểm S; A; B nên J cũng cách đều ba điểm S; A; B

Vì tam giác SAB vuông tại đỉnh S nên J là trung điểm của AB.

Ta có $SJ=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}$

Do SC vuông góc với (SAB) nên IJ//SC.

Gọi H là trung điểm của SC, ta có $SH=IJ=\frac{c}{2}$

Do vậy $I{S}^2=I{J}^2+S{J}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$ và bán kính hình cầu ngoại tiếp S.ABC là  $R=IS=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Đáp án D

Với A:  $5{\left(1+a\right)}^x=9$$\iff {\left(1+a\right)}^x=\frac{9}{5}$$\iff x={\log }_{1+a}\frac{9}{5}$

Với B:  $x={\log }_{1+\sqrt{a}}\frac{9}{5}$

Với C: $x={\log }_{\frac{a+1}{a}}\frac{9}{5}$

Với D: $x={\log }_{\frac{11a}{10}}\frac{9}{5}$

Vì  $0<a<3$ nên ta thử a=1  thì $1+a=1+\sqrt{a}=\frac{a+1}{a}=2;$$\frac{11a}{10}=\frac{11}{10}$

Suy ra  $x={\log }_{\frac{11a}{10}}\frac{9}{5}$  là lớn nhất. Ta chọn D.

(Hoặc có thể bấm máy tính cầm tay để kiểm tra)