Chọn đáp án C

Tổng số học sinh của lớp là \(18 + 17 = 35\).

Số cách chọn 1 học sinh trong lớp là 35 cách.

Chọn đáp án A

Ta có: \[{u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{12}}{3}\, = \,4\].

Chọn đáp án A

\({4^x} - {3.2^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 1\\{2^x} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1 \in \left( {\frac{1}{2};2} \right)\end{array} \right.\).

Chọn đáp án A

Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.a.2{a^2}\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn đáp án A

Hàm số \(y = {\log _3}\left( {x - 1} \right)\) có nghĩa khi \(x - 1 >0 \Rightarrow x >1\).

Vậy tập xác định của hàm số \(y = {\log _3}\left( {x - 1} \right)\) là \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn đáp án D

Theo định nghĩa nguyên hàm ta có: \[F'\left( x \right) = f\left( x \right)\], \[\forall x \in K\] và \[G'\left( x \right) = g\left( x \right)\], \[\forall x \in K\].

Suy ra \[F'\left( x \right) + G'\left( x \right) = f\left( x \right) + g\left( x \right)\], \[\forall x \in K\].

Chọn đáp án A

Thể tích của khối chóp đã cho bằng \(\frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}8.3 = 8.\)

Chọn đáp án D

Từ giả thiết suy ra hình nón có đỉnh là

\(A\), tâm đường tròn đáy là \(B\), đường sinh \(\ell = AC = a\sqrt 7 \)và chiều cao hình nón là\(AB = a\sqrt 3 \).

Vậy độ dài bán kính đáy là \(BC = R\)của hình nón bằng: \(R = BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = 2a\).

Chọn đáp án A

Xét đáp án A ta có \(\pi {R^2}\) là diện tích hình tròn nên A sai.

Chọn đáp án A

Trong khoảng \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\), hàm số liên tục và có đạo hàm \(y' < 0\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\).

Theo công thức tính đạo hàm của hàm \(y = {a^x}\) ta có: \({\left( {{7^x}} \right)^\prime } = {7^x}.\ln 7\).

Chọn đáp án D

Các mặt phẳng đối xứng của hình trụ:

+ Các mặt phẳng đi qua trục hình trụ.

+ Mặt phẳng trung trực của đoạn nối tâm hai đáy hình trụ.

Chọn đáp án C

+) Ta có \(f'(x) = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\\x = 2\end{array} \right..\)

+) BXD \(f'(x)\):

+) Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy \(f'(x)\) đổi dấu từ \(\left( - \right)\)sang \(\left( + \right)\)tại \(x = 2\)do đó hàm số \(f\left( x \right)\)đạt cực tiểu tại \(x = 2.\)

Chọn đáp án C

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {a{x^3} - 2x + d} \right) = + \infty \Rightarrow a >0\).

Vì giao điểm của đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + 3x + d\) với trục tung \(Oy:x = 0\) nằm phía dưới trục hoành nên \(d < 0.\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}a >0\\d < 0\end{array} \right..\)

Chọn đáp án B

Ta có : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - 2x}}{{x - 3}} = - 2\]nên đồ thị có 1 tiệm cận ngang là \[y = - 2\].

Vậy Chọn đáp án đáp án B.

Cách 2 : sử dụng công thức nhanh : tiệm cận ngang của hàm phân thức \[y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\]là \[y = \frac{a}{c} = \frac{{ - 2}}{1} = - 2\].

Chọn đáp án A

\({2^{100x}} \ge {4^{200}}\)\( \Leftrightarrow {2^{100x}} \ge {2^{400}}\)\( \Leftrightarrow 100x \ge 400\)\( \Leftrightarrow x \ge 4\).

Vậy \(S = \left[ {4; + \infty } \right)\).

Chọn đáp án C

Ta có \(f\left( x \right) = \left| {x - 1} \right|\) là phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = \left| {x - 1} \right|\). Vẽ hai đồ thị trên cùng hệ trục tọa độ \(Oxy\) ta được hình bên dưới.

Hai đồ thị cắt nhau tại \(3\) điểm phân biệt nên phương trình đã cho có \(3\) nghiệm phân biệt.

Chọn đáp án B

Xét \(I = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right){\rm{d}}x} = \left( {{x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = 2\).

Chọn đáp án D

Ta có \({z_1} - {z_2} = - 4 - 3i\). Do đó điểm biểu diễn của số phức \({z_1} - {z_2}\) là \(M\left( { - 4; - 3} \right)\).

Chọn đáp án C

Ta có \(w = {z_1} + 2{z_2}\)\( \Leftrightarrow w = \left( {1 + i} \right) + 2\left( {3 - 2i} \right) = 7 - 3i\).

Khi đó số phức liên hợp của số phức \[w\] là \(\overline w = 7 + 3i\).

Chọn đáp án B

Điểm biểu diễn số phức \(z = - i\) là điểm \(N\left( {0\,;\, - 1} \right)\).

Chọn đáp án D

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {3\,;\, - 1\,;\,2} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là \(\left( {0\,;\, - 1\,;\,2} \right)\).

Chọn đáp ánC

Ta có phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) bán kính \(R\) có phương trình là: \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\).

Do đó từ phương trình \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\) ta có tâm của mặt cầu đã cho là \(I\left( {1; - 2;3} \right)\), bán kính \(R = 3\).

Chọn đáp án D

Mặt phẳng chứa trục \(Ox\)nên phương trình có dạng \[by + cz = 0\,\,\left( {{b^2} + {c^2} \ne 0} \right)\]

Mà mặt phẳng lại qua điểm \(K(2;1; - 1)\,\)nên ta có \[b - c = 0\]

Chọn đáp án \[b = 1\] \[ \Rightarrow c = 1\]. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(y + z = 0\).

Chọn đáp án B

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \[{\Delta _1}\]: \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;3;4} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \[{\Delta _2}\]: \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;1;2} \right)\).

Ta có \(\frac{2}{1} \ne \frac{3}{1} \ne \frac{4}{2}\) nên \(\overrightarrow {{u_1}} \),\(\overrightarrow {{u_2}} \) không cùng phương.

\[{\Delta _1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2s\\y = - 2 + 3s\\z = 4s\end{array} \right.\]

Ta xét hệ phương trình : \[\left\{ \begin{array}{l}2s = 1 + t\\ - 2 + 3s = 2 + t\\4s = 1 + 2t\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2s - t = 1\\3s - t = 4\\4s - 2t = - 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}s = 3\\t = 5\\4.3 - 2.5 \ne - 1\end{array} \right.\]

Nên hệ phương trình vô nghiệm.

Vậy \[{\Delta _1}\] và \[{\Delta _2}\] chéo nhau.

Chọn đáp án D

Gọi tứ diện \[ABCD\] là tứ diện đều cạnh a.

Gọi \[H\] là tâm của tam giác\[ABC\]. Khi đó \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) tại \[H\].

Gọi \(I\) là trung điểm của \[BC\]. Khi đó góc giữa mặt phẳng \(\left( {DBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {DIH}\)

Ta có \(\cos \widehat {\left( {\left( {ABC} \right),\left( {DBC} \right)} \right)} = \cos \widehat {DIH} = \frac{{IH}}{{ID}}\).

Tam giác \[ABC\] đều \( \Rightarrow IH = \frac{1}{3}IA = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Tam giác \[DBC\] đều \( \Rightarrow ID = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \cos \widehat {\left( {\left( {ABC} \right),DBC} \right)} = \frac{1}{3}\).

Chọn đáp án B

Giữ nguyên phần đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] bên phải trục \(Oy\). Lấy đối xứng phần đồ thị nằm trên phải trục \[Oy\] qua \(AB' = 3 \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + A{{A'}^2}} = 3\) ta được đồ thị hàm \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\].

Vậy hàm số \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\] có \[3\] điểm cực trị.

Chọn đáp án D

Ta có \(f'(x) = 3{x^2} + 6x - 9\); \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1{\rm{ (Loa\"i i)}}\\x = - 3{\rm{ (TM)}}\end{array} \right.\)

\(f( - 4) = 13;f(0) = - 7;f( - 3) = 20\)

Vậy GTNN của hàm số \(f(x) = {x^3} + 3{x^2} - 9x - 7\)trên đoạn \([ - 4;0]\) là -7.

Chọn đáp án D

Ta có: \[{\log _3}\left( {ab} \right) = {\log _{81}}\left( {\frac{b}{a}} \right)\]\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {ab} \right) = \frac{1}{4}{\log _3}\left( {\frac{b}{a}} \right)\]\[ \Leftrightarrow 4{\log _3}\left( {ab} \right) = {\log _3}\left( {\frac{b}{a}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}{\left( {ab} \right)^4} = {\log _3}\left( {\frac{b}{a}} \right)\]\[ \Leftrightarrow {\left( {ab} \right)^4} = \frac{b}{a} \Leftrightarrow {a^5}.{b^3} = 1\].

Chọn đáp án D

+ Do đây là đồ thị của hàm số bậc ba có nhánh cuối đồ thị đi lên nên hệ số \(a\) dương nên loại A.

+ Đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm có tung độ bằng \( - 2\) suy ra \(d = - 2\) nên loại B.

+ Ở đáp án C ta có:

\(y = {x^3} - 3{x^2} - 2.\)

\(y' = 3{x^2} - 6x\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)

Suy ra hàm số không đạt cực trị tại \(x = 1,x = 3\) nên loại C.

+ Vậy Chọn đáp án đáp án D.

Chọn đáp án C

Điều kiện: \(x >0\).

Viết lại bất phương trình:

\({\log ^2}_2\left( {2x} \right) - 5{\log _2}x - 5 \ge 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 5{\log _2}x - 5 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\log ^2}_2x - 3{\log _2}x - 4 \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x \le - 1\\{\log _2}x \ge 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le \frac{1}{2}\\x \ge 16\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là: \(T = \left( {0;\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {16; + \infty } \right)\).

Chọn đáp án D

Hình nón được tạo thành có bán kính đáy \(R = 2a\) và chiều cao \[h = 2a\].

Do đó độ dài đường sinh \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} = 2a\sqrt 2 \).

Diện tích xung quanh của hình nón bằng \[{S_{xq}} = \pi Rl\]\[ = \pi .2a.2a\sqrt 2 \]\[ = 4\pi {a^2}\sqrt 2 \].

+ Ta có: \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right){\rm{cos(}}x + \pi ){\rm{d}}x} \) \( = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right){\rm{cos}}x{\rm{d}}x} = - 2\).

+ Suy ra \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right){\rm{cos}}x{\rm{d}}x} = 2\).

+ Đặt : \(t = \sin x \Rightarrow {\rm{d}}t = {\rm{cos}}x{\rm{d}}x\), khi đó:

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right){\rm{cos}}x{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^1 {f\left( t \right){\rm{d}}t} \)\({\rm{ = }}\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\).

Chọn đáp án B

Ta có \(S = \int\limits_0^2 {\left| {2{x^2} - 2} \right|{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 1} \right|{\rm{d}}x} \).

Chọn đáp án B

Gọi \[z = a + bi\] (\(a\), \(b \in \mathbb{R}\)), suy ra \[\bar z = a - bi\].

Ta có \(z - \left( {2 + 3i} \right)\bar z = 1 - 9i\)

\( \Leftrightarrow \left( { - a - 3b} \right) + \left( {3b - 3a} \right)i = 1 - 9i\)

Đồng nhất hệ số ta có \(\left\{ \begin{array}{l} - a - 3b = 1\\ - 3a + 3b = - 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 1\end{array} \right.\).

Suy ra \[z = 2 - i\] và \[w = \frac{5}{{iz}}\]\[ = \frac{5}{{i\left( {2 - i} \right)}}\]\[ = 1 - 2i\].

Vậy số phức \[w\] có điểm biểu diễn là \(N\).

Chọn đáp án D

Ta có \({z^2} + 2z + 3 = 0\) \( \Leftrightarrow {z^2} + 2z + 1 = - 2\) \( \Leftrightarrow {\left( {z + 1} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 i} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = - 1 + \sqrt 2 i\\z = - 1 - \sqrt 2 i\end{array} \right.\).

Do \({z_0}\) là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình \({z^2} + 2z + 3 = 0\) nên \({z_0} = - 1 - \sqrt 2 i\).

Suy ra \({z_0} + 3 = 2 - \sqrt 2 i\). Do đó \(\left| {{z_0} + 3} \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - \sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \).

Chọn đáp án D

Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\). Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\)

\(\left( \alpha \right)\) đi qua \(I\left( {1;\,1;\,2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;\,2;\,2} \right)\) làm một VTPT.

\( \Rightarrow \) \(\left( \alpha \right): - 6\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0\) \( \Rightarrow \left( \alpha \right)\): \(3x - y - z = 0\).

Chọn đáp án D

Đường thẳng \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt nhận \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\;2\,;\; - 1} \right)\), \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 2\,;\;2\,;\; - 1} \right)\) làm véctơ chỉ phương.

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {0\,;\;3\,;\;6} \right) = 3.\left( {0\,;1\,;2} \right)\)

Đường thẳng \[d\] cần tìm vuông góc với hai đường thẳng \({d_1}\), \({d_2}\) nên véctơ chỉ phương của \[d\] là\(\overrightarrow u = \left( {0\,;1\,;2} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {1;\;3;\; - 2} \right)\) và có véctơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {0\,;1\,;2} \right)\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3 + t\\z = - 2 + 2t\end{array} \right.\).

Chọn đáp án C

Lấy 4 điểm bất kì từ 40 điểm nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{40}^4\).

Ta có 40 điểm đã cho tạo thành đa giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đánh số các điểm này theo thứ tự từ 1 đến 40, 40 điểm này tạo nên 20 đường kính của đường tròn (O). Mỗi hình chữ nhật được tạo nên bởi 2 đường chéo là 2 đường kính nên số hình chữ nhật (kể cả hình vuông) được tạo nên từ 4 đỉnh của đa giác đều là \(C_{20}^2\).

Ta tính số hình vuông: Mỗi hình vuông được tạo nên bởi 2 đường kính vuông góc. Với mỗi đường kính tồn tại duy nhất một đường kính vuông góc với nó. Vậy có 20 hình vuông, nhưng mỗi hình vuông bị lặp lại 2 lần nên có 20:2=10 (hình vuông).

Vậy số hình chữ nhật mà không là hình vuông là \(C_{20}^2 - 10\).

Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{C_{20}^2 - 10}}{{C_{40}^4}} = \frac{{18}}{{9139}}\).

Chú ý: Có thể đếm số hình vuông theo cách 2 như sau: Chọn đáp ánđỉnh đầu tiên của hình vuông - có 40 cách Chọn đáp án; với mỗi cách Chọn đáp ánmột đỉnh thì luôn có một cách Chọn đáp ánduy nhất 3 đỉnh còn lại để tạo thành hình vuông (2 đỉnh liên tiếp của hình vuông hơn kém nhau 10 đơn vị, ví dụ ta Chọn đáp ánđỉnh đầu tiên là đỉnh số 1 thì 3 đỉnh còn lại là các đỉnh số 11, 21,31). Như vậy Chọn đáp ánđược 40 hình vuông, tuy nhiên mỗi hình vuông đã được tính lặp 4 lần nên số hình vuông thực tế là \(40:4 = 10\)(hình vuông).

Chọn đáp án D

Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}CI \bot AB\\CI \bot AA'\,\,\,\,\left( {AA' \bot (ABC)} \right)\\{\rm{ }}AB \cap AA' = \{ A\} \\AB,\,AA' \subset \left( {AA'B'A} \right)\quad \end{array} \right.\]\( \Rightarrow CI \bot \left( {AA'B'B} \right)\).

Dễ thấy \[\left( {\widehat {CA';\left( {AA'B'B} \right)}} \right) = \left( {\widehat {CA';IA'}} \right) = \widehat {CA'I} = 30^\circ \].

Do đó \(A'I = \frac{{IC}}{{\tan \widehat {CA'}I}} = \frac{{3a}}{2};\) với \(IC = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra\(AA' = \sqrt {A'{I^2} - A{I^2}} = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2 \).

Kẻ \(Ix\parallel AC\). Khi đó \(d(AC,A'I) = d(AC,(A'I,Ix)) = d(A,(A'I,Ix))\)

Kẻ \(AE \bot Ix\) tại \[E\] và \(AF \bot A'E\) tại \[F\].

\[\left\{ \begin{array}{l}EI \bot AE\\EI \bot AA'\,\,\left( {AA' \bot \left( {AEI} \right)} \right)\\AE,\,AA' \subset \left( {A'AE} \right)\\AE \cap AA' = \left\{ A \right\}\end{array} \right. \Rightarrow EI \bot \left( {A'AE} \right) \Rightarrow EI \bot AF\]

Vì\[\left\{ \begin{array}{l}AF \bot A'E\\AF \bot EI\\A'E,EI \subset \left( {A'EI} \right)\\A'E \cap EI = \left\{ E \right\}\end{array} \right. \Rightarrow AF \bot \left( {A'EI} \right)\].

Do đó \(d\left( {A,(A'I,Ix)} \right) = AF\).

Ta có: \(AE = AI.\sin \widehat {AIE} = \frac{a}{2}.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\) và \(\frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{35}}{{6{a^2}}} \Rightarrow AF = \frac{{a\sqrt {210} }}{{35}}\)

Vậy: \(d\left( {AC,A'I} \right) = AF = \frac{{a\sqrt {210} }}{{35}}\).

Chọn đáp án C

Ta có: \(f'\left( x \right) = - 27{x^2} + 18\left( {m + 1} \right)x - 3\left( {2m + 5} \right)\)

Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow - 27{x^2} + 18\left( {m + 1} \right)x - 3\left( {2m + 5} \right) \le 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow 9{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + \left( {2m + 5} \right) \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4 \le 0\\ \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2\end{array}\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in S = \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}\).

Vây số phần tử của tập hợp \(S\) là 5.

Chọn đáp án C

Gọi \(a\) là lượng thức ăn cần dùng mỗi ngày theo dự kiến, \(n\) là số ngày thức tế hết lượng thức

ăn đã chuẩn bị.

Khi đó lượng thức ăn trang trại đã chuẩn bị là: \(100a\).

Vì \(n\) là số ngày thực tế nên lượng thức ăn đã tiêu thụ sẽ là

\(a + a.1,04 + a.\left( {1,{{04}^2}} \right) + 1.{\left( {1,04} \right)^3} + ... + a.{\left( {1,04} \right)^{n - 1}}\).

Ta có phương trình sau:

\(a + a.1,04 + a.\left( {1,{{04}^2}} \right) + 1.{\left( {1,04} \right)^3} + ... + a.{\left( {1,04} \right)^{n - 1}} = 100.a\)

\( \Leftrightarrow a\left( {1 + 1,04 + {{1.04}^2} + ... + {{1.04}^{n - 1}}} \right) = 100.a\)

\( \Leftrightarrow a\frac{{1 - {{\left( {1,04} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - 1,04}} = 100.a \Leftrightarrow {\left( {1,04} \right)^{n - 1}} = 5 \Leftrightarrow n \approx 41,035 >41.\)

Vậy lượng thức ăn đủ dùng cho \(41\) ngày.

Chọn đáp án B

Xét hàm số: \[y = g\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {x^2} + 2x + 2020\] có \(D = \mathbb{R}\).

\[g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2x + 2\]; \[g'\left( x \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow 2f'\left( x \right) - 2x + 2 = 0\]\[ \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\]

Số nghiệm của phương trình \[g'\left( x \right) = 0\] bằng với số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] và đường thẳng \[y = x - 1\].

Dựa vào đồ thị của chúng, ta có bảng biến thiên của hàm số \[y = g\left( x \right)\] như sau:

Từ bảng biến thiên trên, ta thấy hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn đáp án C

Thiết diện thu được là hình chữ nhật \[ABCD\] với \[AD = BC = IJ = 8a\].

Suy ra \[AB = \frac{{{S_{ABCD}}}}{{BC}} = \frac{{48{a^2}}}{{8a}} = 6a\].

Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\] thì \[AM = \frac{1}{2}AB = 3a\].

Tam giác \[IAB\] cân tại I nên \[IM \bot AB\, \Rightarrow IM\, \bot \,\left( {ABCD} \right)\]. Khi đó \[IM\]là khoảng cách từ trục đến thiết diện.

\[I{A^2} = I{M^2} + A{M^2} = 4{a^2} + 9{a^2} = 13{a^2}\].

Thể tích khối trụ đã cho bằng \[V = \pi .13{a^2}.8a = 104\pi {a^3}\].

Ta có \(g\left( x \right) = 1 + 2020\int\limits_0^x {f\left( t \right){\rm{dt}}} \)\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2020f\left( x \right) = 2020\sqrt {g\left( x \right)} \)

\( \Rightarrow \frac{{g'\left( x \right)}}{{\sqrt {g\left( x \right)} }} = 2020\)\( \Rightarrow \int\limits_0^t {\frac{{g'\left( x \right)}}{{\sqrt {g\left( x \right)} }}{\rm{d}}x = 2020} \int\limits_0^t {{\rm{d}}x} \)\( \Rightarrow \left. {2\left( {\sqrt {g\left( x \right)} } \right)} \right|_0^t = \left. {2020x} \right|_0^t\)

\( \Rightarrow 2\left( {\sqrt {g\left( t \right)} - 1} \right) = 2020t\) (do \(g\left( 0 \right) = 1\))

\( \Rightarrow \sqrt {g\left( t \right)} = 1010t + 1\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {\sqrt {g\left( t \right)} {\rm{dt}}} = \left. {\left( {505{t^2} + t} \right)} \right|_0^1 = 506\).

Chọn đáp án D

Từ đồ thị, ta thấy

\(f\left( {{{\rm{e}}^x} - x + m} \right) = 1\; \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{e}}^x} - x + m = a}\\{{{\rm{e}}^x} - x + m = 1}\\{{{\rm{e}}^x} - x + m = b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{e}}^x} - x - a = - m}\\{{{\rm{e}}^x} - x - 1 = - m}\\{{{\rm{e}}^x} - x - b = - m}\end{array}} \right.\)

trong đó \(a \in \left( { - 1;0} \right),\) \(b \in \left( {2;3} \right).\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {{\rm{e}}^x} - x - \alpha \), với \(\alpha \in \left\{ {a;1;b} \right\}\) và \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( x \right) = {{\rm{e}}^x} - 1\) và \(f'\left( x \right) = 0\; \Leftrightarrow x = 0\).

Bảng biến thiên của \(f\left( x \right):\)

Vì \(a < 0 < 1 < 2 < b\) nên \(1 - a >1 >1 - b\). Do đó, kết hợp với bảng biến thiên ở trên ta thấy rằng, phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi</>

\( - m >1 - a\; \Leftrightarrow m < a - 1.\)

Vì \( - 1 < a < 0\,\, \Leftrightarrow \,\, - 2 < a - 1 < - 1\) nên các giá trị nguyên của \(m\) trên đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) là

\( - 10;\; - 9;\; - 8;\; - 7;\; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2.\)

Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Chọn đáp án A

Ta có: \(a >1,\,\,b >1\) nên \({\log _a}b >0\).

Xét: \({a^{{x^2}}}{b^{x + 4}} = 1 \Leftrightarrow {\log _a}\left( {{a^{{x^2}}}{b^{x + 4}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x{\log _a}b + 4{\log _a}b = 0\).

Ta có \({a^{{x^2}}}{b^{x + 4}} = 1\) có nghiệm thực \( \Leftrightarrow \log _a^2b - 16{\log _a}b \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _a}b \le 0\,\,\,\,\,\left( l \right)\\{\log _a}b \ge 16\,\,\,\left( n \right)\end{array} \right.\).

Ta có: \(P = {\log _a}\left( {\frac{b}{{{a^3}}}} \right) + \frac{{16}}{{{{\log }_a}b}} = - 3 + {\log _a}b + \frac{{16}}{{{{\log }_a}b}} = - 3 + \frac{{15}}{{16}}{\log _a}b + \left( {\frac{{{{\log }_a}b}}{{16}} + \frac{{16}}{{{{\log }_a}b}}} \right)\).

Áp dụng Cauchy cho hai số dương \(\frac{{{{\log }_a}b}}{{16}}\) và \(\frac{{16}}{{{{\log }_a}b}}\).

Ta có: \(\frac{{{{\log }_a}b}}{{16}} + \frac{{16}}{{{{\log }_a}b}} \ge 2\)

Vậy \(P \ge - 3 + \frac{{15}}{{16}}.16 + 2 \Leftrightarrow P \ge 14\).

Chọn đáp án B

Với \(\left\{ \begin{array}{l}x >- 1\\y \ne 0\end{array} \right.\) thì \(x + 3y + 1 = {y^2} - \frac{1}{y} + \frac{{3x + 4}}{{\sqrt {x + 1} }} \Leftrightarrow x + 1 - \frac{{3x + 4}}{{\sqrt {x + 1} }} = {y^2} - 3y - \frac{1}{y}\)\( \Leftrightarrow x + 1 - 3\sqrt {x + 1} - \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }} = {y^2} - 3y - \frac{1}{y}\)\(\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - 3t - \frac{1}{t}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) ta có \(f'\left( t \right) = 2t - 3 + \frac{1}{{{t^2}}} = \frac{{2{t^3} - 3{t^2} + 1}}{{{t^2}}} = \frac{{\left( {2t + 1} \right){{\left( {t - 1} \right)}^2}}}{{{t^2}}} \ge 0,\forall t >0\)\( \Rightarrow \)hàm số \(f\left( t \right)\)đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {\sqrt {x + 1} } \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow y = \sqrt {x + 1} \].

khi \(y = \sqrt {x + 1} \) thì \(P = x - 2y + 2020 = x + 1 - 2\sqrt {x + 1} + 1 + 2018 = {\left( {\sqrt {x + 1} - 1} \right)^2} + 2018 \ge 2018\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(2018\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x + 1} - 1 = 0\\y = \sqrt {x + 1} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\end{array} \right.\).

Chọn đáp án A

Gọi \[H,{\rm{ }}K\] lần lượt là trung điểm của \[BD,{\rm{ }}BC\] và \[I = EM \cap AB.{\rm{ }}\]Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác \[AHB\] ta được \[\frac{{AM}}{{MH}}.\frac{{HE}}{{EB}}.\frac{{BI}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow 2.\frac{3}{4}.\frac{{BI}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{BI}}{{IA}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow AI = \frac{3}{5}AB\]

\[\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{3}{5} \ne \frac{{AN}}{{AK}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \]Hai đường thẳng \[IN\] và \[BC\] cắt nhau, gọi giao điểm là \[F\].

Gọi \[P = EM \cap AD.{\rm{ }}\]Vì \[MN{\rm{//}}CD\] nên áp dụng định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng

Ta có \[PQ{\rm{//}}EF{\rm{//}}CD.\]

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác \[ADB\] ta được

\[\frac{{AP}}{{PD}}.\frac{{DE}}{{EB}}.\frac{{BI}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{AP}}{{PD}}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{{AP}}{{PD}} = 3.\]

Có\[ABCD\] là tứ diện đều cạnh bằng \[a \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]

\[\frac{{{V_{APQI}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AP}}{{AD}}.\frac{{AQ}}{{AC}}.\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{3}{4}.\frac{3}{4}.\frac{3}{5} = \frac{{27}}{{80}} \Rightarrow {V_{APQI}} = \frac{{27}}{{80}}{V_{ABCD}} = \frac{{27}}{{80}}.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\]

Vậy \({V_{APQI}} = \frac{{9\sqrt 2 {a^3}}}{{320}}\).

Chọn đáp án A

Đặt \(u = 3{x^2} - 3mx + 4,\,\,v = 2{x^2} - mx + 3m\) suy ra\(v - u = - {x^2} + 2mx + 3m - 4\).

Phương trình đã cho trở thành: \({\left( {\sqrt 3 } \right)^u} - {\left( {\sqrt 3 } \right)^v} = v - u\,\, \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 3 } \right)^u} + u = {\left( {\sqrt 3 } \right)^v} + v\,\,.\,\,(2)\)

Xét hàm số \(f(t) = {\left( {\sqrt 3 } \right)^t} + t\) trên \(\mathbb{R}\).

Ta có: \(f'(t) = {\left( {\sqrt 3 } \right)^t}\ln \sqrt 3 + 1 >0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\) suy ra hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Khi đó phương trình (2) được viết dưới dạng \(f(u) = f(v) \Leftrightarrow u = v\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 3mx + 4 = 2{x^2} - mx + 3m \Leftrightarrow {x^2} - 2mx - 3m + 4 = 0\,\,(3)\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\left( 3 \right)\)có 2 nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow \Delta ' >0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - 4 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m >1\end{array} \right.\,.\)</>

Vì \(m \in \left( {0;2020} \right)\)nên \(m \in \left\{ {2,3,4,...,2019} \right\}\) .

Vậy số phần tử của \(S\)là \(2018.\)