Đáp án B.

Từ hình dáng đồ thị ta có a>0. Loại phương án A, D.

Mặt khác, đồ thị cắt trục hoành tại điểm $x=-1\Rightarrow$ Chỉ có $y=x^3+3x^2-2$ thỏa mãn

Đáp án D.

Ta có $u_{n+1}-u_n=2\left(n+1\right)+3-\left(2n+3\right)=2$ là hằng số.

Suy ra dãy $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng với công sai d=2.

Đáp án C.

Ta có $x-3y+2=0\iff 1.x-3.y+0.z+2=0$. Vậy vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là $\overrightarrow{n_P}=\left(1;-3;0\right)$.

Đáp án B.

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

Đáp án A.

Ta có ${\log }_3\left(x-4\right)-{\log }_3\left(2\right)>0\iff {\log }_3\left(x-4\right)>{\log }_3\left(2\right)\iff x-4>2\iff x>6$

Đáp án B.

Thể tích khối chóp bằng $V=\frac{1}{3}Sh$

Đáp án C.

Ta có công thức tính diện tích xung quanh khối trụ $=2\pi .r.l\Rightarrow r=\frac{10.\pi }{2.\pi .1}=1\left(cm\right)$.

Đáp án A.

Ta có công thức ${\left(a^x\right)}^{\text{'}}=a^x.\ln \left(a\right)$ nên ${\left(3^x\right)}^{\text{'}}=3^x.\ln \left(3\right)$.

Đáp án A.

Ta có $x^2+y^2+z^2-4x-2y-20=0\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=25=5^2=R^2$

Vây R=5.

Đáp án A.

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\Rightarrow y=-1$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

Đồ thị hàm số y=f(x) không có tiệm cận đứng

Đáp án B.

Ta có $M\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right)\Rightarrow M\left(3;2;0\right)$

Đáp án A.

Để chọn được 1 bóng đèn trong hộp ta có 2 trường hợp.

TH1. Chọn được bóng đèn màu đỏ có 8 cách.

TH2. Chọn được bóng đèn màu xanh có 5 cách.

Do đó theo quy tắc cộng ta có 8 + 5 = 13 cách

Đáp án B.

Điểm M biểu diễn số phức $z=2-3i\Rightarrow M\left(2;-3\right)$

Đáp án C.

Theo hình vẽ, ta có $S=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}\left|f\left(x\right)dx\right|=-\underset{-2}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{-2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$

Đáp án B.

Gọi R là bán kính mặt cầu (S).

Ta có $2\pi R=\pi a\Rightarrow R=\frac{a}{2}\Rightarrow$ Diện tích mặt cầu (S) là $S=4\pi R^2=\pi a^2$.

Đáp án B.

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3m=0\iff x^2=m$

Để hàm số có cực đại thì m>0; khi đó ta có $\left[\begin{array}{l}x=\sqrt{m}\\ x=-\sqrt{m}\end{array}\right.$.

Do hệ số a>0 nên điểm cực đại sẽ là $x=-\sqrt{m}=-1\Rightarrow m=1$.

Đáp án A.

Cách 1. Ta có

$A_x^2=100\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ \frac{x!}{\left(x-2\right)!}=110\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ x\left(x-1\right)=110\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ x^2-x-110=0\end{array}\right.\iff x=11$

Cách 2. Thử đáp án: Sử dụng Casio.

Đáp án A.

Đường thẳng $\Delta$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}\left(1;2;-1\right)$ và điểm $M\left(2;0;1\right)\in \Delta$.

Ta có $\overrightarrow{MA}\left(-5;-1;-1\right)\Rightarrow d\left(A,\Delta \right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{MA},\overrightarrow{u}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}=\frac{3\sqrt{14}}{\sqrt{6}}=\sqrt{21}$

Đáp án B.

Điều kiện $x>\frac{2}{3}$.

Ta có ${\log }_3\left(3x-2\right)=3\iff 3x-2=3^3\iff x=\frac{29}{3}$

Đáp án D.

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}}=0\Rightarrow x=\pm 1$

Tính $f\left(-3\right),f\left(-1\right),f\left(1\right),f\left(\frac{3}{2}\right)$ bằng phím CALC sẽ thấy hàm số có giá trị lớn nhất là f(-1)=5.

Đáp án C.

Từ giả thiết suy ra $BA=BC=a\sqrt{2}$.

Tam giác vuông A'HA, có $A^{\text{'}}H=\sqrt{A{A^{\text{'}}}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=a^2$.

Vậy $V=S_{ABC}.A^{\text{'}}H=\frac{a^3\sqrt{6}}{2}$

Đáp án B.

Ta có $w=iz-\left(i+2\right)\overline{z}=i\left(2-3i\right)-\left(i+2\right)\left(2+3i\right)=2-6i$

Đáp án C.

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

Tại $x_0=2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_0=1\\ {y^{\text{'}}}_0=\frac{1}{3}\end{array}\right.\Rightarrow$ Phương trình tiếp tuyến là $y=\frac{1}{3}.\left(x-2\right)+1=\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}$

Đáp án A.

Đặt z=x+yi

Ta có $\left|z-2+3i\right|=\left|z+2i\right|\iff \left|x+yi-2+3i\right|=\left|x+yi+2i\right|$

$$\begin{gathered} \iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=x^2+{\left(y+2\right)}^2 \\ \iff -4x+6y+13=4y+4 \\ \iff 4x-2y-9=0 \end{gathered}$$

Đáp án A.

Đặt $t=\sqrt{x+3}\iff t^2=x+3\Rightarrow 2tdt=dx$ khi đó ta có

$\int \frac{2\sqrt{x+3}}{2\sqrt{x+3}+x}dx=\int \frac{2t.2tdt}{t^2+2t-3}=\int \frac{4\left(t^2+2t-3\right)+\left(t+3\right)-9\left(t-1\right)}{\left(t+3\right)\left(t-1\right)}dt$

$=\int \left(4+\frac{1}{t-1}-\frac{9}{t+3}\right)dt=4t+\ln \left|t-1\right|-9\ln \left|t+3\right|+C$

Đáp án A.

Ta có $3^{x^2-5x}=\frac{1}{81}\iff 3^{x^2-5x}=3^{-4}\iff x^2-5x=-4\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=4\end{array}\right.$

Đáp án A.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.d\left(S;\left(ABCD\right)\right).S_{ABCD}\iff d\left(S;\left(ABCD\right)\right)=\frac{3.V_{S.ABCD}}{S_{ABCD}}=1$

Đáp án B.

Từ đó đồ thị hàm số đã cho ta suy ra đồ thị của hàm $y=\left|f\left(x\right)\right|$ là

Ta thấy hàm số có ba cực trị.

Đáp án D.

Ta có $\frac{1}{{\log }_{81}100}={\log }_{100}81={\log }_{{10}^2}{3}^4=\frac{4}{2}{\log }_{10}3=2\log 3=2a$

Đáp án C.

Ta có $d_1:\left\{\begin{array}{l}A\left(0;5;1\right)\\ \overrightarrow{u_{d_1}}=\left(2;-4;m\right)\end{array}\right.;d_2:\left\{\begin{array}{l}B\left(2;3;1\right)\\ \overrightarrow{u_{d_2}}=\left(1;-2;-1\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left(2;-2;0\right)$

2 đường thẳng $d_1,d_2$ chéo nhau $\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}\right].\overrightarrow{AB}\ne 0\\ \overrightarrow{u_{d_1}}\ne \overrightarrow{u_{d_2}}\end{array}\right.$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\overrightarrow{u_{d_2}}.\overrightarrow{AB}\right].\overrightarrow{u_{d_1}}\ne 0\\ \overrightarrow{u_{d_1}}\ne \overrightarrow{u_{d_2}}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2.2-4.2-2.m\ne 0\\ \frac{2}{1}=\frac{-4}{-2}\ne \frac{m}{-1}\end{array}\right.\iff m\ne -2$

Kết hợp với điều kiện $m\in \left[-4;4\right]$, tập giá trị của m là $S=\left\{-4;-3;-1;0;1;2;3;4\right\}$.

Đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f(x)=m+2 có hai nghiệm phân biệt thì $\left[\begin{array}{l}m+2=-1\\ m+2>0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-3\\ m>-2\end{array}\right.$

Đáp án B.

Đặt ${\sin }^{2}x=t\left(0\le t\le 1\right)$

Khi đó, bất phương trình trở thành $3^{\left(1-t\right)}+2^t\ge m{.3}^t\iff \frac{3}{3^t}+2^t\ge m{.3}^t\iff \frac{3}{{\left(3^t\right)}^2}+{\left(\frac{2}{3}\right)}^t\ge m$.

Đặt $y=\frac{3}{9^t}+{\left(\frac{2}{3}\right)}^t\left(0\le t\le 1\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=3.{\left(\frac{1}{9}\right)}^t.\ln \frac{1}{9}+{\left(\frac{2}{3}\right)}^t.\ln \frac{2}{3}<0$

$\Rightarrow$ Hàm số luôn nghịch biến.

Dựa vào bảng biến thiên suy ra $m\le 4$ thì bất phương trình có nghiệm.

Suy ra các giá trị nguyên không âm cần tìm là $\left\{4;3;2;1;0\right\}$.

Đáp án B.

Gọi H là trung điểm $AB\Rightarrow A^{\text{'}}H\perp \left(ABC\right)$.

Vẽ $HK\perp AC$ tại $K\Rightarrow \widehat{A^{\text{'}}KH}=\alpha$.

$AH=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};KH=AH.\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow A^{\text{'}}H=HK\tan \alpha$

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}H.S_{ABC}=\frac{3a^3}{16}\Rightarrow \tan \alpha =1\iff \alpha =45°$.

Đáp án C.

Từ bảng biến thiên ta thấy f(x)=1 có 3 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x=-1.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ có 3 tiệm cận đứng.

Từ bảng ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=3\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=\frac{1}{2};\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=-\frac{1}{2}$.

Nên đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ có 2 tiệm cận ngang.

Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ là 5.

Đáp án A.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{{\sin }^{3}x-x}{{\cos }^{4}x+{\cos }^{2}x+1}$

$f\left(-x\right)=\frac{{\sin }^3\left(-x\right)-\left(-x\right)}{{\cos }^{4}x+{\cos }^{2}x+1}=\frac{x-{\sin }^{3}x}{{\cos }^{4}x+{\cos }^{2}x+1}=-f\left(x\right)$

Vậy hàm f(x) là hàm lẻ $\Rightarrow \underset{-m}{\overset{m}{\int }}f\left(x\right)dx=0,\forall m\in ℝ$

Đáp án B.

Ta có $y=f\left(x\right)=\frac{3x-5}{x-2}$ có tiệm cận đứng là x=2; tiệm cận ngang y=3.

Gọi $M\left(m;3+\frac{1}{m-2}\right)\in \left(H\right)$

Khi đó tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận của (H) là

$d=\left|x_M-2\right|+\left|y_M-3\right|=\left|m-2\right|+\frac{1}{\left|m-2\right|}\ge 2$

Dấu bằng xảy ra $\iff \left|m-2\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}M\left(1;2\right)\\ M\left(3;4\right)\end{array}\right.$.

Đáp án A.

Gọi $z_1=a+bi$ và $z_2=x+yi$. Ta có $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=1\iff a^2+b^2=x^2+y^2=1$

Lại có $\left|z_1+z_2\right|=\sqrt{3}\iff {\left(a+x\right)}^2+{\left(b+y\right)}^2=3\iff 2ax+2by=1$

Xét ${\left|z_1-z_2\right|}^2={\left(a-x\right)}^2+{\left(b-y\right)}^2=a^2+x^2+b^2+y^2-2ax-2by=2-1=1$. Vậy $\left|z_1-z_2\right|=1$.

Đáp án C.

Gọi O là tâm của khối cầu ngoại tiếp đa diện đều 12 mặt đã cho. Gọi A,B,C,D,E là các đỉnh của một mặt và tâm đường tròn ngoại tiếp ABCDE là I.

Ta có $S_{IAB}=2=\frac{1}{2}.IA.IB.\sin 72°\Rightarrow IA=IB=\frac{2}{\sqrt{\sin 72°}}$.

Theo định lí sin ta có $\frac{AB}{\sin 72°}=\frac{IA}{\sin 54°}\Rightarrow AB\approx 2,41cm$.

Ta có công thức tính nhanh thể tích khối 12 mặt đều cạnh a là $V=\frac{a^3\left(15+7\sqrt{5}\right)}{4}\approx 107,38c{m}^3$.

Đáp án D.

Đặt $t=\sqrt{x^2+1}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^2=t^2-1\\ xdx=tdt\end{array}\right.$. Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=1\\ t=\sqrt{5}\end{array}\right.$.

Suy ra $I=\underset{1}{\overset{\sqrt{5}}{\int }}\left(t^2-1\right)t.dt={\left(\frac{t^5}{5}-\frac{t^3}{3}\right)}_1^{\sqrt{5}}=\frac{2}{15}+\frac{10\sqrt{5}}{3}$

Do đó $a=2,b=5\Rightarrow a^2+b-1=8$.

Đáp án B.

Ta có $OA=3;OB=4;AB=5$

Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ A của tam giác OAB.

Theo tính chất đường phân giác ta có $\frac{DO}{DB}=\frac{AO}{AB}=\frac{3}{5}\Rightarrow \overrightarrow{OD}=\frac{3}{5}\overrightarrow{DB}\Rightarrow D\left(0;\frac{3}{2};0\right)\Rightarrow \overrightarrow{AD}\left(-3;\frac{3}{2};0\right)$

Đáp án B.

Trên tia Ox, gọi hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và Ox là $x=a,x=b\left(a,b>0\right)$ (như hình vẽ).

$\Rightarrow b^4-5b^2+m=0\left(1\right)$

Ta thấy đồ thị hàm số $y=x^4-5x^2+m$ có trục đối xứng là Oy.

$\Rightarrow S_2=S_1+S_3\iff S_2=2S_3$

$$\begin{gathered} \iff \underset{0}{\overset{a}{\int }}\left(x^4-5x^2+m\right)dx=-\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left(x^4-5x^2+m\right)dx \\ \iff \underset{0}{\overset{b}{\int }}\left(x^4-5x^2+m\right)dx=0 \end{gathered}$$

$\iff \frac{b^5}{5}-\frac{5}{3}{b}^3+mb=0\Rightarrow \frac{b^4}{5}-\frac{5}{3}{b}^2+m=0\left(2\right)$ (do b>0)

Từ (1) và (2), trừ vế theo vế ta có $\frac{4}{5}{b}^4-\frac{10}{3}{b}^2=0\Rightarrow b^2=\frac{25}{6}$ (do b>0).

Thay vào (1) ta được $m=\frac{125}{36}$

Đáp án C.

Từ $\frac{MA}{MB}=\frac{3}{5}\iff 5MA=3MB$, ta gọi tọa độ M(x;y;z) dễ có điểm M thuộc mặt cầu, lại do M thuộc mặt phẳng cách (P) một khoảng bằng 1 nên M thuộc giao của mặt phẳng đó và mặt cầu. Vậy quỹ tích là đường tròn.

Đáp án B. 

Khi anh T gửi ngân hàng A:

Trong 12 tháng đầu tiên số tiền anh T có là

$T_{12}=a{\left(1+r\right)}^n=180.{\left(1+0,012\right)}^{12}=207,7$ (triệu đồng).

Trong 6 tháng còn lại số tiền anh T có cả gốc lẫn lãi là

$T_A=207,7.{\left(1+0,01\right)}^6=220,5$ (triệu đồng).

Khi anh T gửi ngân hàng B:

Cuối tháng thứ 18, anh T có số tiền cả gốc lẫn lãi là $T_B=\frac{a}{m}.\left[{\left(1+m\right)}^n-1\right]\left(1+m\right)$

Với $m=0,8\%,n=18,a=10$ triệu đồng.

$\Rightarrow T_B=\frac{a}{m}.\left[{\left(1+m\right)}^n-1\right]\left(1+m\right)=194,3$ (triệu đồng).

Do đó $T_A-T_B=26,2$ triệu đồng.

Đáp án B.

Ta có $A{B}^{\text{'}}\cap A^{\text{'}}B=M;B{C}^{\text{'}}\cap B^{\text{'}}C=N$. Do $AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}},BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}$ là các hình chữ nhật nên M,N lần lượt là trung điểm của A'B, C'B.

Gọi $V_1=V_{B.B^{\text{'}}MN},V_2=V_{B.ACNM},V_3=V_{B^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}NM},V_4=V_{A{A}^{\text{'}}MC{C}^{\text{'}}N}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{V}_2=V_{B^{\text{'}}.ABC}-V_1=\frac{1}{3}V-V_1\\ V_3=V_{B.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}-V_1=\frac{1}{3}V-V_1\\ V_2=V-\left(V_1+V_2+V_3\right)=\frac{1}{3}V+V_1\end{array}\right.$.

Ta có

$\frac{V_{B.B^{\text{'}}MN}}{V_{B.B^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}=\frac{BM}{B{A}^{\text{'}}}.\frac{BN}{B{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{B.B^{\text{'}}MN}=\frac{1}{4}{V}_{B.B^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{12}V=\frac{1}{12}$

$\Rightarrow V_2=V_3=\frac{1}{4};V_4=\frac{5}{12}$

Vậy thể tích phần nhỏ nhất là $V_1=\frac{1}{12}$.

Đáp án B.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\left(x^2-1\right)x\left(x-2\right)+m\left(C\right)$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-6x^2-2x+2$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ x_2=\frac{1}{2}\\ x_3=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

Do hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị nên để hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ có 5 điểm cực trị thì phương trình f(x)=0 có 2 nghiệm (không trùng với các điểm cực trị) hay đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên suy ra : $f\left(x_2\right)<0\iff m+\frac{9}{16}<0\iff m<-\frac{9}{16}$.

$\underset{m\in \left[-2019;2020\right]}{\overset{m\in \mathbb{Z}}{\to }}$ Có 2019 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án B.

Giả sử M(x;y;z) là điểm thuộc đường tròn (C) cố định với mọi số thực m.

Ta có ${\left(x-2m\right)}^2+{\left(y+m\right)}^2+{\left(z+2m\right)}^2-9m^2+4m-1=0,\forall m\in ℝ$

$\iff x^2+y^2+z^2-1+2m\left(-2x+y+2z+2\right)=0,\forall m\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-2x+y+2z+2=0\\ x^2+y^2+z^2-1=0\end{array}\right.$

Vậy đường tròn (C) là giao tuyến của mặt cầu $(S\text{'}): x^2+y^2+z^2+1=0$ (tâm O(0;0;0), bán kính R=1) và mặt phẳng (P): -2x+y+2z+2=0.

Ta có $d(O; (P\left)\right)=\frac{2}{3}\Rightarrow$ Bán kính đường tròn (C) là $r=\sqrt{R^2-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

Đáp án D.

Cách 1. Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét đường tròn $\left(C\right):{\left(x-5\right)}^2+y^2=25$.

Ta có ${\left(x-5\right)}^2+y^2=25\iff y=\pm \sqrt{25-{\left(x-5\right)}^2}=\pm \sqrt{10x-x^2}$

$\Rightarrow$ Nửa trên trục Ox của (C) có phương trình $y=\sqrt{10x-x^2}$

Nếu cho nửa trên trục Ox của (C) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5.

Nếu cho hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sqrt{10x-x^2}$, trục Ox, hai đường thẳng $x=0;x=2$ quay quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài.

$\Rightarrow$ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho H quay quanh Ox là $V_1=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(10x-x^2\right)dx=\pi {\left(5x^2-\frac{x^3}{3}\right)}_0^2=\frac{52\pi }{3}$

Thể tích khối cầu là $V_2=\frac{4}{3}\pi {.5}^3=\frac{500\pi }{3}$

Thể tích chiếc lu là $V=V_2-2V_1=\frac{500\pi }{3}-2.\frac{52\pi }{3}=132\pi \left(d{m}^3\right)$.

Cách 2. Hai phần cắt đi có thể tích bằng nhau, mỗi phần là một chỏm cầu có thể tích $V_1=\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right)=\frac{52\pi }{3}$ với $R=5dm,h=2dm$.

Thể tích khối cầu là $V_2=\frac{4}{3}\pi {.5}^3=\frac{500\pi }{3}$.

Vậy thể tích của chếc lu là $V=V_2-2V_1=132\pi$.

Đáp án A.

Gọi x(x>0) chiều rộng của đáy bể.

+ Chiều dài của đáy bể là 2x.

+ Chiều cao của bể là $\frac{0,144}{x^2}$.

-       Diện tích cần xây $2x^2+\frac{0,864}{x}$.

Xét $f\left(x\right)=2x^2+\frac{0,864}{x}$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x-\frac{0,864}{x^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0,6$.

-       Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên ta có $\min f\left(x\right)=2,16$.

Vậy chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là 2,16.500000 = 1080000 đồng

Đáp án A.

Ta có $z=\frac{i-m}{-i^2+2mi-m^2}=\frac{-1}{i-m}\Rightarrow z-1=\frac{1-m+i}{m-i}$

$\left|z-1\right|=\frac{\left|1-m+i\right|}{\left|m-i\right|}=\sqrt{\frac{m^2-2m+2}{m^2+1}}$

$\Rightarrow \left|z-1\right|\le k\iff \left\{\begin{array}{l}k\ge 0\\ \frac{m^2-2m+2}{m^2+1}\le k^2\end{array}\right.$

Xét hàm số $f\left(m\right)=\frac{m^2-2m+2}{m^2+1}$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(m\right)=\frac{2\left(m^2-m-1\right)}{{\left(m^2+1\right)}^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(m\right)=0\iff m=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$

Lập bảng biến thiên ta có $\min f\left(m\right)=f\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$.

$\Rightarrow$ Yêu cầu bài toán $\iff k^2\ge \frac{3-\sqrt{5}}{2}\iff k\ge \sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Vậy  là giá trị phải tìm $k=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Đáp án B.

Đặt $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left[f^2\left(x\right)-2\sqrt{2}.f\left(x\right).\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\right]dx$.