Đáp án C

Một vectơ pháp tuyến của  $\left(P\right)$ là: $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;5\right).$

Đáp án D

Ta có: ${\log }_4{a}^8={\log }_{2^2}{a}^8=\frac{8}{2}{\log }_{2}a=4{\log }_{2}a$.

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.

Tập xác định của hàm số là $R$ nên loại đáp án D.

Đồ thị đối xứng qua trục tung nên hàm số $y=f\left(x\right)$ là hàm chẵn.

Ta thấy hàm số $y=\left|x\right|\left(x^2+1\right)$ là hàm chẵn trên $R$ và có đồ thị qua gốc tọa độ.

Đáp án D

Áp suất hơi lúc đầu là $\mathrm{15,6.90}\%=\mathrm{14,04}\left(Psi\right)$.

Gọi x (ngày), $x\in \mathbb{N}$ là thời gian tối đa phải bơm lại bóng.

Suy ra x thỏa mãn: $\mathrm{14,04.}{\left(1-\mathrm{0,015}\right)}^x\le \mathrm{8,5}\iff x\ge {\log }_{\mathrm{0,985}}\frac{\mathrm{8,5}}{\mathrm{14,04}}\approx \mathrm{33,2}$.

Vậy sau 34 ngày phải bơm lại quả bóng.

Đáp án D

Đáp án D

Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số $a<\mathrm{0,}d>0$.

Ta có: $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x=0$ nên $y\text{'}\left(0\right)=0\Rightarrow c=0$.

Khi đó: $y\text{'}=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{-2b}{3a}\end{array}\right..$

Do hoành độ điểm cực đại dương nên $\frac{-2b}{3a}>0$, mà $a<0\Rightarrow b>0$.

Đáp án D

Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua $A\left(2;1;-1\right)$ và vuông góc với đường thẳng BC nên nhận $\overrightarrow{BC}=\left(1;-2;-5\right)$ làm vectơ pháp tuyến.

Suy ra phương trình mặt phẳng (P)là: $x-2-2\left(y-1\right)-5\left(z+1\right)=0\iff x-2y-5z-5=0$.

Đáp án D

Đáp án A

Nhóm học sinh 3 người được chọn (không phân biệt nam, nữ – công việc) là một tổ hợp chập 3 của 40 (học sinh). Vì vậy số cách chọn nhóm học sinh là $C_{40}^3=9880$.

Đáp án D

Hình chiếu của một điểm $M\left(x;y;z\right)$ bất kỳ trên trục Oz luôn có tọa độ là $\left(0;0;z\right)$.

Đáp án C

Ta có: $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}2020e^{x}dx=2020e^x\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.=2020\left(e-1\right)$.

Đáp án C

Ta có: $V_{CABB\text{'}A\text{'}}=\frac{1}{3}.d\left(C,\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right).S_{ABB\text{'}A\text{'}}=\frac{1}{3}\mathrm{.10.6}=20.$

Khi đó: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{3}{2}.V_{CABB\text{'}A\text{'}}=\frac{3}{2}.20=30.$

Đáp án C

Đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tập xác định là R.

Mặt khác $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi x qua các điểm $x=-1$ và $x=3$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ và x =3.

Đáp án C

Gọi a (giây) là khoảng thời gian Doraemon bay từ nhà đến sân bóng.

Quãng đường đi được sau a giây là:

Đáp án A

Ta có: $2f\left(x\right)+7=0\iff f\left(x\right)=-\frac{7}{2}$ nên phương trình có bốn nghiệm.

Đáp án B

Gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow AM\perp BC$.

Do đó: $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SMA}$.

Đáp án A

Thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là giá trị lớn nhất của hàm $f\text{'}\left(x\right)$.

Ta có: $\underset{x\in \left[0;30\right]}{\max }f\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(17\right)=14$. Tại ngày thứ 17 thì tốc độ truyền bệnh là lớn nhất.

Do đó số người bị mắc bệnh tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là: $f\left(17\right)=154$.

Đáp án C

Ta có: $f\left(x\right)={\cos }^{2}2x-\sin x\cos x=-{\sin }^{2}2x-\frac{1}{2}\sin 2x+1$.

Đặt $t=\sin 2x$. Ta có: $x\in ℝ\Rightarrow t\in \left[-1;1\right]$.

Xét hàm số $g\left(t\right)=-t^2-\frac{1}{2}t+1$ với $t\in \left[-1;1\right]$.

$\begin{array}{l}g\text{'}\left(t\right)=-2t-\frac{1}{2},g\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-\frac{1}{4}.\\ g\left(-1\right)=\frac{1}{2},g\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{17}{16},g\left(1\right)=-\frac{1}{2}.\end{array}$

Do đó $\underset{x\in ℝ}{\min }f\left(x\right)=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\min }g\left(t\right)=g\left(1\right)=-\frac{1}{2};\underset{x\in ℝ}{\max }f\left(x\right)=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\min }g\left(t\right)=g\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{17}{16}$.

Vậy $M+m=\frac{9}{16}$.

Đáp án D

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-2z=0$ có tâm $I\left(1;0;1\right)$; bán kính $R=\sqrt{2}$.

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng $\left(\alpha \right):4x+3y+mz=0$ là $d=\frac{\left|4+m\right|}{\sqrt{4^2+3^2+m^2}}$.

Để $\left(\alpha \right)$ cắt S theo một đường tròn thì $\frac{\left|4+m\right|}{\sqrt{4^2+3^2+m^2}}<\sqrt{2}\iff \frac{{\left(m+4\right)}^2}{m^2+25}<2\iff 2m^2+50-{\left(m+4\right)}^2>0$

$\iff m^2-8m+34>0\iff {\left(m-4\right)}^2+18>0$ đúng với mọi m.

Đáp án A

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có: $\left\{\begin{array}{l}A\text{'}H\perp BC\\ AI\perp BC\\ A\text{'}H\cap AI=\left\{H\right\}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(A\text{'}AI\right)\Rightarrow BC\perp AA\text{'}$.

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA’. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC nên $IK=d\left(AA\text{'},BC\right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có:$IK=\frac{a\sqrt{3}}{4},AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IK=\frac{1}{2}AI\Rightarrow \widehat{KAI}=30°$ .

Xét tam giác vuông AA’H vuông tại H có: $A\text{'}H=AH.\tan 30°=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{3}$.

Vậy $V_{ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-2\\ x=3\end{array}\right..$

Vì $x=0$ và $x=-2$ là hai nghiệm bậc lẻ của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ nên $f\left(x\right)$ có hai cực trị.

Đáp án A

Đáp án B

Ta có: $A=\left(2;-1\right)\Rightarrow z_1=2-i$ và $B=\left(1;3\right)\Rightarrow z_2=1+3i$.

Suy ra: $2z_1=4-2i;\overline{z_2}=1-3i$.

Do đó: $2z_1-\overline{z_2}=4-2i-\left(1-3i\right)=3+i$.

Vậy số phức $z=2z_1-\overline{z_2}$ được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là $N\left(3;1\right)$.

Đáp án B

Ta có: ${25}^{{\log }_{5}2+x}-2=5^{x+{\log }_{5}2}\iff 4{\left(5^x\right)}^2-2=5^x.2\iff 4{\left(5^x\right)}^2-5^x.2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{5}^x=1\\ 5^x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Vì $5^x>0$ nên $5^x=1\iff x=0$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Đáp án D

Thể tích khối cầu là $V_1=\frac{4\pi R^3}{3}$.

Thể tích khối nón cụt là $V_2=\frac{1}{3}\pi h\left(r_1^2+r_2^2+r_1{r}_2\right)=\frac{1}{3}\pi .2R\left(4R^2+R^2+2R^2\right)=\frac{14\pi R^3}{3}$.

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{4\pi R^3}{3}:\frac{14\pi R^3}{3}=\frac{2}{7}.$

Đáp án C

Ta có: $4{\left[f\left(x\right)\right]}^2-25=0\iff {\left[f\left(x\right)\right]}^2=\frac{25}{4}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{5}{2}\\ f\left(x\right)=-\frac{5}{2}\end{array}\right..$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình $f\left(x\right)=\frac{5}{2}$ có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $\left(-\infty ;-2\right),\left(-2;1\right),\left(1;2\right),\left(2;+\infty \right)$.

Phương trình $f\left(x\right)=-\frac{5}{2}$ có 2 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $\left(1;2\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

Các nghiệm không trùng nhau.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{1}{2{\left[f\left(x\right)\right]}^2-25}$ có 6 đường tiệm cận đứng.

: Đáp án C

Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Parabol là đồ thị của hàm số $y=\frac{x^2}{20}$.

Gọi S là phần diện tích giới hạn bởi hai đường y =x và $y=\frac{x^2}{20}$.

Mỗi cánh hoa có diện tích bằng 2S.

Do đó diện tích bốn cánh hoa:$4.2S=8.\underset{0}{\overset{20}{\int }}\left(x-\frac{x^2}{20}\right)dx=8\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{60}\right)\left|\begin{array}{l}{}^{20}\\ {}_0\end{array}\right.=\frac{1600}{3}\left(c{m}^2\right)$

Diện tích của viên gạch bằng: $40.40=1600\left(c{m}^2\right)$.

Diện tích phần không tô màu của viên gạch bằng $1600-\frac{1600}{3}=\frac{3200}{3}\left(c{m}^3\right)$.

Đáp án A

Cách 1:

Ta có: $MA=\sqrt{2}MB\iff {\overline{MA}}^2=2{\overline{MB}}^2\iff {\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2=2{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2\iff M{I}^2=I{A}^2-2I{B}^2-2\overrightarrow{MI}\left(2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IA}\right)$.

Gọi I thỏa mãn $\overrightarrow{IA}=2\overrightarrow{IB}\iff \overrightarrow{BI}=\overrightarrow{AB}$ nên $IB=6;IA=12$.

Suy ra $M{I}^2=I{A}^2-2I{B}^2\iff M{I}^2={12}^2-{2.6}^2\iff M{I}^2=72\Rightarrow MI=6\sqrt{2}$ suy ra $M\in S\left(I;6\sqrt{2}\right)$.

Cách 2: Gọi $A=\left(0;0;0\right),B=\left(0;0;6\right),M=\left(x;y;z\right)$.

Ta có: $MA=\sqrt{2}MB\iff M{A}^2=2M{B}^2\Rightarrow x^2+y^2+z^2=2\left[x^2+y^2+{\left(z-6\right)}^2\right]\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2.12z+72=0$.

Do đó M thuộc mặt cầu S có tâm $I\left(0;0;12\right)$, bán kính $R=\sqrt{0^2+0^2+{12}^2-72}\Rightarrow R=6\sqrt{2}$.

Đáp án D

Xét $\int \frac{\sqrt{{\ln }^{2}x+4}.\ln x}{x}dx$.

Đặt $t=\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\Rightarrow t^2={\ln }^{2}x+4\Rightarrow tdt=\frac{\ln x}{x}dx$.

Khi đó $\int \frac{\sqrt{{\ln }^{2}x+4}.\ln x}{x}dx=\int t^{2}dt=\frac{t^3}{3}+C=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}+C\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}+C$.

Theo giả thiết $F\left(1\right)=\frac{8}{3}\iff \frac{8}{3}+C=\frac{8}{3}\iff C=0$.

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}\Rightarrow {\left[F\left(e\right)\right]}^2=\frac{125}{9}$.

Đáp án C

Ta có: $f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=\int \left(\frac{2e^x+1}{e^x}\right)dx=2x-e^{-x}+C$.

Theo bài ra ta có: $f\left(0\right)=2\iff -1+C=2\iff C=3$. Suy ra $f\left(x\right)=2x-e^{-x}+3$.

Đáp án B

Gọi $A\left(2;-1+a;-2+2a\right)=\Delta \cap d_1;B\left(1-b;-1+b;3+b\right)=\Delta \cap d_2$.

Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(-b-1;b-a;b-2a+5\right)$. Theo giả thiết ta có

$\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{d_1}}.\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{u_{d_2}}.\overrightarrow{AB}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b-a+2\left(b-2a+5\right)=0\\ b+1+b-a+b-2a+5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}B\left(1;-1;3\right)\\ \overrightarrow{AB}=\left(-1;-2;1\right)\end{array}\right.$.

Vậy phương trình $\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-3}{-1}$.

Đáp án C

Giả sử $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$ và $M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn của số phức z.

Ta có: $\begin{array}{l}\left|z+i\right|=\left|\overline{z}+2+i\right|\iff \left|x+\left(y+1\right)i\right|=\left|x+2-\left(y-1\right)i\right|\\ \iff x^2+{\left(y+1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\iff x-y+1=0\left(\Delta \right)\end{array}$

Mặt khác $P=\left|\left(i-1\right)z+4-2i\right|=\left|\left(i-1\right)\right|\left|z+\frac{4-2i}{i-1}\right|=\sqrt{2}\left|z-3-i\right|=\sqrt{2}\sqrt{{\left(x-3\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{2}MA$, với $A\left(3;1\right)$ và $M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn z.

Bài toán trở thành tìm điểm M trên đường thẳng $\Delta$ để khoảng cách MA ngắn nhất.

Ta thấy $P_{\min }=\sqrt{2}.d\left(A,\Delta \right)=\sqrt{2}.\frac{\left|3-1+1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=3$.

Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng $∆$ hay $M\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)$.

$\Rightarrow z=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}i$.

Đáp án A

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có:$IA=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}};IB=\frac{r}{\sin \frac{B}{2}};IC=\frac{r}{\sin \frac{C}{2}}$.

Vế trái $\frac{1}{x^2}=\frac{{\sin }^2\frac{A}{2}}{r^2}=\frac{{\sin }^{2}45°}{r^2}=\frac{1}{2r^2}$.

Vế phải:

 $\begin{array}{l}\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{\sqrt{a}}{yz}=\frac{{\sin }^2\frac{B}{2}}{r^2}+\frac{{\sin }^2\frac{C}{2}}{r^2}+\frac{\sqrt{a}.\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}}{r^2}\\ =\frac{1}{r^2}\left[\frac{1-\cos B+1-\cos C}{2}+\frac{\sqrt{a}.\left(\cos \frac{B-C}{2}-\cos \frac{B+C}{2}\right)}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2\cos \frac{B+C}{2}\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}\cos \frac{B+C}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2\cos 45°.\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}\cos 45°\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2.\frac{\sqrt{2}}{2}.\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}.\frac{\sqrt{2}}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-\frac{\sqrt{2a}}{2}-\left(\sqrt{2}-\sqrt{a}\right)\cos \frac{B-C}{2}\right]\end{array}$

Do $\frac{1}{x^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{\sqrt{a}}{yz}\Rightarrow \frac{1}{2r^2}=\frac{1}{2r^2}\left[2-\frac{\sqrt{2a}}{2}+\left(\sqrt{a}-\sqrt{2}\right)\cos \frac{B-C}{2}\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2-\frac{\sqrt{2a}}{2}=1\\ \sqrt{a}-\sqrt{2}=0\end{array}\right.\Rightarrow a=2$.

Đáp án A

Số cách lập dãy số có 6 chữ số khác nhau là $n\left(\Omega \right)=A_9^6=60480$ (số).

Gọi A là biến cố “lập được dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau”.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là: $n\left(B\right)=2!.2!.C_5^2.4!=960$.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là$n\left(C\right)=2!.C_7^4.5!=8400$.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là $n\left(D\right)=2!.C_7^4.5!=8400$.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: $n\left(A\right)=n\left(\Omega \right)-\left[n\left(C\right)+n\left(D\right)-n\left(B\right)\right]=44640$.

Vậy xác suất để chọn được một số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: $P=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{44640}{60480}=\frac{31}{42}$.

Đáp án B

Gọi hình trụ có hai đáy là O, O’ và bán kính R = a.

Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục của hình trụ một khoảng bằng $\frac{a}{2}$ ta được thiết diện là một hình vuông ABCD với AB là chiều cao. Gọi H là trung điểm của AD thì $OH=\frac{a}{2}$.

Ta có: $AH=\sqrt{A{O}^2-O{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Do đó: $AB=AD=2AH=a\sqrt{3}$.

Thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}AB=\pi a^2.a\sqrt{3}=\pi a^3\sqrt{3}$.

Đáp án A

Ta có: ${\log }_3^{2}x-\left(m+2\right){\log }_{3}x+3m-2=0\left(*\right)$.

Đặt ${\log }_{3}x=t\Rightarrow \left(*\right)\iff t^2-\left(m+2\right)t+3m-2=0\left(1\right)$.

Vì (*) có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1.x_2=9\Rightarrow \left(1\right)$ có 2 nghiệm $t_1,t_2$ thỏa mãn $3^{t_1}{.3}^{t_2}=9\iff t_1+t_2=2$.

Theo Vi-ét ta có: $t_1+t_2=m+2\Rightarrow m=0\in \left(-1;1\right)$.

: Đáp án A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng $\left(ABC\right)$.

Ta có $\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}=30°$ (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA, SHB, SHC bằng nhau. Suy ra $HA=HB=HC\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $S_{\Delta ABC}=10\sqrt{3}$.

Áp dụng công thức Hê-rông ta có: $S_{\Delta ABC}=10\sqrt{3}$.                              

Mặt khác $S_{\Delta ABC}=\frac{abc}{4R}\Rightarrow R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\Rightarrow HB=\frac{7\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác vuông SHB có $SH=HB.\tan 30°=\frac{7}{3},SB=\frac{HB}{\cos 30°}=\frac{14}{3}$.