Chọn đáp án D

Chọn đáp án 1 trong 6 đồ vật chia cho An có:\(C_6^1\) cách chọn.

Chọn đáp án 2 trong 5 đồ vật còn lại chia cho Bình có:\(C_5^2\) cách chọn.

Chọn đáp án đồ vật còn lại chia cho Công có:1 cách chọn.

Vậy số cách chia 6 đồ vật khác nhau cho 3 bạn An, Bình , Công sao cho An được 1 đồ vật , Bình

được 2 đồ vật và Công được 3 đồ vật là \(C_6^1.C_5^2.1\)

Chọn đáp án B

Ta có: \({u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = - 3\)

Khi đó \[{u_{10}} = {u_1} + 9d \Leftrightarrow {u_{10}} = 4 + 9.( - 3) \Leftrightarrow {u_{10}} = - 23\]

Chọn đáp án D

Ta có: \({3^{{x^2} - 5x + 4}} = 81 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 5x + 4}} = {3^4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 4\\ \Leftrightarrow {x^2} - 5x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 5\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình \({3^{{x^2} - 5x + 4}} = 81\) là: \(S = \left\{ {0\,;\,5} \right\}\).

Chọn đáp án D

Chiều cao hình lăng trụ: \[h = a\sqrt 3 \], diện tích đáy: $S_{đáy}=a^2$

Thể khối lăng trụ là: $V=S_{đáy}.h=a^2.a\sqrt{3}=a^3\sqrt{3}$.

Chọn đáp án D

Vì lũy thừa với số mũ không nguyên thì cơ số phải dương, do đó hàm số đã cho xác định khi:

\[{x^2} - 1 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x >1\end{array} \right. \Rightarrow D = ( - \infty ; - 1) \cup (1; + \infty )\]</>.

Chọn đáp án D

Đặt \(u = {x^2} - 1 \Rightarrow du = 2xdx\).

Khi \(x = 1 \Rightarrow u = 0;x = 2 \Rightarrow u = 3\).

Do đó \[I = \int\limits_1^2 {2x\sqrt {{x^2} - 1} dx} = \int\limits_0^3 {\sqrt u du} \].

Chọn đáp án A

Áp dụng công thức \[V = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.B.6 = 10 \Rightarrow B = 5\].

Chọn đáp án B

Ta có : \[{l^2} = {h^2} + {R^2} \Rightarrow {h^2} = {l^2} - {R^2} = {5^2} - {3^2} = 16\]\[ \Rightarrow h = 4\].

Áp dụng \[V = \frac{1}{3}.\pi .{R^2}.h = \frac{1}{3}.\pi {.3^2}.4 = 12\pi \].

Chọn đáp án A

Áp dụng: \[S = 4.\pi .{R^2} = 36\pi \Rightarrow R = 3\].

Khi đó thể tích mặt cầu \[V = \frac{4}{3}.\pi .{R^3} = 36\pi \].

Chọn đáp án A

TXĐ: \(D = \left[ {0;1} \right]\)

Ta có \(y' = {\left( {\sqrt {x - {x^2}} } \right)^\prime } = \frac{{ - 2x + 1}}{{2\sqrt {x - {x^2}} }};\)

Xét phương trình: \(y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\)

Ta có \(y' < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2x + 1}}{{2\sqrt {x - {x^2}} }} < 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < 1\) do đó hàm số sẽ nghịch biến trên \(\left( {\frac{1}{2};1} \right)\).

Chọn đáp án C

Với \[a\] là một số thực dương tùy ý ,ta có : \({\log _2}\left( {8{a^3}} \right) = {\log _2}8 + {\log _2}{a^3} = 3 + 3{\log _2}a\).

Chọn đáp án C

Diện tích xung quanh của một hình nón có độ dài đường sinh \(l\,(m)\), bán kính đáy \(\frac{3}{\pi }\,(m)\) là:

\({S_{xq}} = \pi .\frac{3}{\pi }.l = 3l\)\(({m^2})\).

Chọn đáp án A

Dựa vào BBT ta có đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Khi đó giá trị cực tiểu của hàm số bằng \[y\left( { \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - \frac{{25}}{4}\].

Chọn đáp án B

Dựa vào dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm bậc 3 nên loại phương án C và D.

Khi \[x \to + \infty \] thì \[y \to - \infty \] nên Chọn đáp án phương án B, loại phương án A.

Chọn đáp án C

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;\,1} \right\}\].

\[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{2}{{x + 1}} = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{2}{{x + 1}} = 1\end{array} \right.\].

Nên \[x = 1\] không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{2}{{x + 1}} = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{2}{{x + 1}} = - \infty \end{array} \right.\].

Nên \[x = - 1\] là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án D

Điều kiện \(x >0\).

Ta có \({\log _2}x + {\log _4}{x^2} >0 \Leftrightarrow 2{\log _2}x >0 \Leftrightarrow x >{2^0} = 1\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn đáp án D

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) là số giao điểm của \(2\) đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = m\).

Nên từ đồ thị ta thấy giá trị âm của \(m\) để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có \(2\) nghiệm là \[ - 2\].

Chọn đáp án D

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}2\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^3 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x = 3} \\\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + 3\int\limits_1^3 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x = 4} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 1} \\\int\limits_1^3 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(S = \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^3 {g\left( x \right)} {\rm{d}}x} = 2\).

\(\overline z = 2 - 3i \Rightarrow z = 2 + 3i\). Điểm biểu diễn số phức \(z = 2 + 3i\) là điểm \(P\left( {2;3} \right)\).

\[z = \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} = \frac{{3 - i}}{{1 + 2i}} = \frac{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {3 - i} \right)}}{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {1 + 2i} \right)}} = \frac{{1 - 7i}}{5} = \frac{1}{5} - \frac{7}{5}i\].

Điểm biểu diễn số phức \(z = - 1 - 2i\) là điểm \(P\left( { - 1\,; - \,2} \right)\).

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {z^2} = 4 \Rightarrow I\left( {1; - 2;0} \right),R = 2\)

Chọn đáp án B

Thay lần lượt tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\), ta thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Ta có:

\(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\).

Vì \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\) có \(AB = 2AD = 2DC = a\)\( \Rightarrow AC \bot BC\) (1).

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra: \(BC \bot SC\) nên góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\)bằng góc \(\widehat {SCA}\).

Trong tam giác vuông \(DAC\) có \(AD = DC = \frac{a}{2} \Rightarrow AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \[ASC\] có \(SA = AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ \).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \).

Chọn đáp án B

Ta có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\)

\(x\) \( - \infty \) \( - 1\) \(\frac{3}{2}\) 2 4 \( + \infty \)

\(f'\left( x \right)\) + 0 + 0 \( - \) 0 + 0 \( - \)

Từ bảng xét dấu ta thấy \(f'\left( x \right)\)đổi dấu từ \(\left( + \right)\) sang \(\left( - \right)\) qua hai điểm \(x = \frac{3}{2}\) và \(x = 4\).

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực đại

Chọn đáp án A

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 35\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 4;4} \right]\), ta có:\(y' = 3{x^2} - 6x - 9\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 4;4} \right]\\x = 3 \in \left[ { - 4;4} \right]\end{array} \right.\) .

Xét: \(y( - 4) = - 41;\,\,y( - 1) = 40;\,\,y(3) = 8;\,\,y(4) = 15\). Vậy \(M + m = 40 + ( - 41) = - 1\).

Chọn đáp án A

\(P = {\log _a}{b^3} + {\log _{{a^2}}}{b^6} = 3{\log _a}b + 3{\log _a}b = 6{\log _a}b\).

Chọn đáp án B

Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} + 3{x^2} - 4\) với trục hoành là số nghiệm của phương trình: \({x^4} + 3{x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\).

Chọn đáp án C

\[\begin{array}{l}{4^{x + 1}} + {10.2^x} - 6 < 0 \Leftrightarrow 4.{\left( {{2^x}} \right)^2} + {10.2^x} - 6 < 0 \Leftrightarrow \left( {{{4.2}^x} - 2} \right)\left( {{2^x} + 3} \right) < 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^x} < \frac{1}{2}\\{2^x} >- 3\end{array} \right. \Leftrightarrow {2^x} < {2^{ - 1}} \Leftrightarrow x < - 1\end{array}\]

Vì \(x\) nguyên và thuộc \(\left[ { - 2020\,,\,2020} \right]\) nên \(x \in \left\{ { - 2020\,;\, - 2019\,;\,...\,;\, - 3\,;\, - 2} \right\}\)

Vậy bất phương trình đã cho có \(2019\)nghiệm nguyên thuộc \(\left[ { - 2020\,,\,2020} \right]\).

Chọn đáp án B

Thiết diện qua trục là tam giác \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\), có \(AB = 2a\sqrt 2 \) nên

bán kính đáy \(r = \frac{{AB}}{2} = a\sqrt 2 \)

Đường sinh \(l = SA = \sqrt {\frac{{A{B^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {2a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2}} = 2a\)

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .a\sqrt 2 .2a = 2\sqrt 2 \pi {a^2}\).

Chọn đáp án D

Đặt \(u = 2 + {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 3\\u = 1\end{array} \right.\).

Khi đó: \(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}\sqrt {2 + {x^3}} dx} = \frac{1}{3}\int\limits_1^3 {\sqrt {{u^5}} du} \).

Chọn đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \(y = 2{x^2} + 3x + 1\,,\,y = {x^3} + 1\,\)là \(2{x^2} + 3x + 1\, = {x^3} + 1\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\)

Ta có: \({x^3} - 2{x^2} - 3x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 3\\ - 1 \le x \le 0\end{array} \right.\)

Diện tích S của hình phẳng là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {\left( {{x^3} + 1} \right) - \left( {2{x^2} + 3x + 1} \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 3x} \right|dx} \)\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - 3x} \right)dx} + \int\limits_0^3 {\left( {2{x^2} + 3x - {x^3}} \right)dx} \)

Chọn đáp án D

Ta có \({z^3} = {\left( {1 + ai} \right)^3} = \left( {1 - 3{a^2}} \right) + \left( {3a - {a^3}} \right)i\).

Khi \({z^3}\) là số thực thì \(3a - {a^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Do \(a\) nguyên nên \(a = 0.\)

Chọn đáp án D

Theo định lý Viet ta có \({z_1} + {z_2} = \frac{3}{2}\)và \({z_1}{z_2} = 2\).

Khi đó \(\frac{1}{{{z_1}}} + \frac{1}{{{z_2}}} + i{z_1}{z_2} = \frac{{{z_1} + {z_2}}}{{{z_1}.{z_2}}} + i{z_1}{z_2} = \frac{3}{4} + 2i\). Khi đó môđun bằng \(\sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + {2^2}} = \frac{{\sqrt {73} }}{4}\).

Chọn đáp án C

Tọa độ giao điểm \(M\) của đường thẳng \(d\)và mặt phẳng \((P)\) là nghiệm của hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}x - y + z - 1 = 0\\x - y - 3 = 0\\3y - z - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 2\\z = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow M\left( {1; - 2; - 2} \right)\).

Mặt phẳng đi qua \(M\) vuông góc với đường thẳng \(d\) nhận vecto chỉ phương \({\vec u_d}\left( {1;1;3} \right)\) làm một vecto pháp tuyến, phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y + 2} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + 3z + 7 = 0\).

Chọn đáp án D

Tọa độ giao điểm \(A\) của \(d\)và \((P)\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x + 2y - 3 = 0\\y + z - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow A\left( {1;1;3} \right)\).

Lấy \(B\left( { - 1;2;2} \right) \in d\), gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) xuống mặt phẳng \((P)\).

Phương trình đường thẳng \(\left( {BH} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 2 - t\\z = 2\end{array} \right.\). Tọa độ điểm \(H\)là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x = - 1 + 2t\\y = 2 - t\\z = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow H\left( {\frac{1}{5};\frac{{13}}{5};2} \right)\).

Hình chiếu \(\Delta \) là đường thẳng đi qua hai điểm \(A,H\).

Ta có \(\overrightarrow {AH} \left( {\frac{{ - 4}}{5};\frac{8}{5}; - 1} \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\) có vecto chỉ phương \({\vec u_\Delta } = - 5\overrightarrow {AH} = \left( {4; - 8,5} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y - 1}}{{ - 8}} = \frac{{z - 3}}{5}\).

Chọn đáp án D

Số phần tử không gian mẫu: \(n(\Omega ) = {5^5} = 3125\).

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất 1 toa có nhiều hơn 2 khách lên”.

Có 4 trường hợp:

TH1:Một toa có 3 khách lên, 1 toa có 2 khách lên, 3 toa còn lại không có khách lên

- Chọn 1 toa có 3 khách lên: có \(C_5^1\) cách;

- Chọn 3 khách lên toa vừa chọn: có \(C_5^3\) cách;

- Chọn 1 toa cho 2 khách còn lại: có \(C_4^1\) cách;

Trường hợp này có: \(C_5^1.C_5^3.C_4^1 = 200\)cách.

TH2:1 toa có 3 khách lên, 2 toa có 1 khách, 2 toa còn lại không có khách lên

- Chọn 1 toa có 3 khách lên: có \(C_5^1\) cách;

- Chọn 3 khách lên toa vừa chọn: có \(C_5^3\) cách;

- Chọn 2 toa cho 2 khách còn lại: có \(A_4^2\) cách;

Trường hợp này có: \(C_5^1.C_5^3.A_4^2 = 600\)cách.

TH3:1 toa có 4 khách lên, 1 toa có 1 khách, 3 toa còn lại không có khách lên

- Chọn 1 toa có 4 khách lên: có \(C_5^1\) cách;

- Chọn 4 khách lên toa vừa chọn: có \(C_5^4\) cách;

- Chọn 1 toa cho 1 khách còn lại: có \(C_4^1\) cách;

Trường hợp này có: \(C_5^1.C_5^4.C_4^1 = 100\)cách.

TH4:1 toa có 5 khách lên, 4 toa còn lại không có khách lên

Trường hợp này có: \(C_5^1 = 5\)cách.

Số phần tử của biến cố A: \(n(A) = 200 + 600 + 100 + 5 = 905\).

Vậy xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{905}}{{3125}} = \frac{{181}}{{625}}\).

Chọn đáp án D

Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).

Suy ra: \[d\left( {SI,AB} \right) = d\left( {AB,\left( {SIK} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SIK} \right)} \right)\].

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AD\) vuông góc với \(IK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) kẻ \(AH\) vuông góc với \(SD\).

Ta có \[IK \bot \left( {SAD} \right)\] vì \[IK \bot AD\] và \[IK \bot SA\].

Suy ra \[IK \bot AH\].

Vậy \[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SD\\AH \bot IK\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SIK} \right)\]. Vậy \(AH = d\left( {A,\left( {SIK} \right)} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(IK\), suy ra \[AD = CM = a\sqrt 3 \] (tam giác \(CIK\) đều cạnh \(2a\)).

Ta có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].

Suy ra \[d\left( {SI,AB} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].

Chọn đáp án D

Ta có \(f'\left( x \right) = - {x^2} + 2mx - 4\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0,\) \(\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - {x^2} + 2mx - 4 \le 0,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow 2m \le \frac{{{x^2} + 4}}{x} = g\left( x \right),\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow 2m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4}}{x}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) ta có

\(g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2}}};\) \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\)

Bảng biến thiên của hàm số: \(g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4}}{x}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Từ BBT suy ra \(2m \le 4 \Leftrightarrow m \le 2\)

Do \(m\) nhận giá trị nguyên dương nên \(m \in \left\{ {\,1\,;\,2} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án D

Để tỉ lệ người đó có người yêu đạt trên \(50\% \)

\( \Leftrightarrow P(h) >\frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + 27{e^{ - 0,02h}}}} >\frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow 1 + 27{e^{ - 0,02h}} < 2 \Leftrightarrow {e^{ - 0,02h}} < \frac{1}{{27}}\)

\( \Leftrightarrow - 0.02h < \ln \frac{1}{{27}} \Leftrightarrow h >\frac{{\ln \frac{1}{{27}}}}{{ - 0.02}} \approx 164.79\).</>

Vậy người đó cần cao ít nhất \(165\)(cm) .

Chọn đáp án A

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: \(x = - \frac{d}{c} < 0 \Leftrightarrow dc >0\) (1)</>

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: \(y = \frac{a}{c} >0 \Leftrightarrow ac >0\) (2)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow a{\rm{d}} >0\).

+) Đồ thị hàm số cắt trục\(Ox\) tại điểm có hoành độ \( - \frac{b}{a} >0 \Leftrightarrow ab < 0\).

Chọn đáp án D

Thiết diện là hình vuông \(ABCD\). Gọi \(H\) là trung điểm đoạn \(CD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do đó: \(d\left( {O'O,\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABCD} \right)} \right) = OH = a\sqrt 2 \).

Ta có: \({S_{ABCD}} = D{C^2} = 8{a^2} \Rightarrow h = AD = DC = \sqrt {8{a^2}} = 2\sqrt 2 a \Rightarrow DH = a\sqrt 2 \).

Ta có: \(R = OD = \sqrt {O{H^2} + D{H^2}} = 2a\).

Vậy \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .2a.2\sqrt 2 a + 2\pi .4{a^2} = \left( {8 + 8\sqrt 2 } \right)\pi {a^2}\).

Chọn đáp án C

Ta có hàm số \[f'\left( t \right) = \left( {{e^t} + {e^{ - t}}} \right)\cos t\] là hàm số chẵn trên \[\mathbb{R}\], nên \[f\left( x \right) - f\left( { - x} \right) = \int\limits_{ - x}^x {f'\left( t \right)dt} = 2\int\limits_0^x {f'\left( t \right)dt} = 2\left[ {f\left( x \right) - f\left( 0 \right)} \right] = 2f\left( x \right) \Rightarrow f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right);\forall x \in \mathbb{R}\] suy ra hàm số \[f\left( x \right)\] là lẻ trên \[\mathbb{R}\].

Vậy \[\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = 0\].

Chọn đáp án B

Đặt \(t = \cos x + 1\) \( \Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right]\)

Khi đó phương trình đã cho trở thành: \(f(t) = 2\left( {t - 1} \right) = 2t - 2\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f(t)\) và đường thẳng \(y = 2t - 2\) trên cùng hệ trục tọa độ \(Oxy\).

Từ đồ thị ta có: \(f(t) = 2t - 2\)\(\) \[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = {t_1} < 0\,\,\,\,\,(L)}\\{t = {t_2} \in \left( {1;2} \right)}\\{t = {t_3} = 3\,\,\,(L)}\end{array}} \right.\]

Xét hàm số \(t = \cos x + 1\)

Dựa vào bảng biến thiên trên suy ra phương trình \(f\left( {\cos x + 1} \right) = 2\cos x\) có 3 nghiệm trên \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\)

Chọn đáp án C

Phương trình tương đương với \({x^2} + \left( {x + 2} \right){\log _a}b = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x{\log _a}b + 2{\log _a}b = 0\).

Điều kiện để phương trình có nghiệm là: \(\Delta = {\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} - 8{\log _a}b \ge 0\)\( \Leftrightarrow {\log _a}b \ge 8\)\(\left( {{{\log }_a}b >0} \right)\).

Khi đó \(P = {\log _a}b + \frac{4}{{{{\log }_a}b}} + 1\)\( = f\left( t \right) = t + \frac{4}{t} + 1\)\( \ge \mathop {\min }\limits_{\left[ {8; + \infty } \right)} {\mkern 1mu} f\left( t \right) = f\left( 8 \right) = \frac{{19}}{2} = \frac{m}{n}\).

Vậy \(m + 2n = 23\).

Chọn đáp án B

* Nếu \(m = 1\) thì \(f\left( x \right) = 1;\forall x \in \left[ {1;2} \right]\) đây là hàm hằng nên \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 1\) \( \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 2 \ne 3\) ( loại).

* Nếu \(m = 0\) thì \(f\left( x \right) = \frac{1}{{x + 1}};\forall x \in \left[ {1;2} \right]\), có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0;\forall x \in \left[ {1;2} \right]\)nên \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( 1 \right) = \frac{1}{2};\)\(\mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \ne 3\) ( loại).

*Nếu \(m \ne 1;m \ne 0\) ta thấy hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{mx + 1}}{{x + 1}}\) liên tục trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\) , \(f\left( 1 \right) = \frac{{m + 1}}{2};f\left( 2 \right) = \frac{{2m + 1}}{3}\) và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(x = - \frac{1}{m}\)

TH1: Nếu \[1 \le - \frac{1}{m} \le 2 \Leftrightarrow - 1 \le m \le - \frac{1}{2}\] thì \[\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ {\left| {\frac{{m + 1}}{2}} \right|;\left| {\frac{{2m + 1}}{3}} \right|} \right\};\mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\].

Do đó \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {\frac{{m + 1}}{2}} \right| = 3\\\left| {\frac{{2m + 1}}{3}} \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = \pm 6\\2m + 1 = \pm 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\\m = - 7\\m = 4\\m = - 5\end{array} \right.\)(loại).

TH2: Nếu \[ - \frac{1}{m} < 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m >0\end{array} \right.\] thì </>

+) \[m >0\]: \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ {\frac{{m + 1}}{2};\frac{{2m + 1}}{3}} \right\};\mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = min\left\{ {\frac{{m + 1}}{2};\frac{{2m + 1}}{3}} \right\}\)

Do đó \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \frac{{2m + 1}}{3} + \frac{{m + 1}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = \frac{{13}}{7}\) ( thỏa mãn).

+) \[m < - 1\]: </>

</>\(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ { - \frac{{m + 1}}{2}; - \frac{{2m + 1}}{3}} \right\};\mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = min\left\{ { - \frac{{m + 1}}{2}; - \frac{{2m + 1}}{3}} \right\}\)

Do đó \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow - \frac{{2m + 1}}{3} - \frac{{m + 1}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = - \frac{{23}}{7}\) (thỏa mãn).

TH3: Nếu \( - \frac{1}{m} >2 \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m < 0\) thì \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = max\left\{ {\frac{{m + 1}}{2};\frac{{2m + 1}}{3}} \right\};\mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = min\left\{ {\frac{{m + 1}}{2};\frac{{2m + 1}}{3}} \right\}\)

Do đó \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| + \mathop {min}\limits_{\left[ {1;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \frac{{2m + 1}}{3} + \frac{{m + 1}}{2} = 3 \Leftrightarrow m = \frac{{13}}{7}\) ( không thỏa mãn).

Vậy có 2 giá trị của \(m\)thỏa mãn bài toán.

Chọn đáp án D

Chiều cao khối chóp \(S.ABCD\) là \(h = 12\) và diện tích đáy là \(S = 27\). Gọi \(A'\), \(B'\), \(C'\), \(D'\) lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD\) sao cho \(\frac{{SA'}}{{SA}} = \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{SD'}}{{SD}} = \frac{2}{3}\).

Diện tích hình bình hành \(A'B'C'D'\) là \(S' = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}.S = \frac{4}{9}.S\).

Diện tích tam giác \(B'MN\) bằng \(\frac{1}{8}S' = \frac{1}{8}.\frac{4}{9}S = \frac{1}{{18}}S\).

Thể tích khối chóp \(B.B'MN\) là \({V_1} = \frac{1}{3}.\frac{1}{{18}}S.\frac{1}{3}h = \frac{1}{{162}}.Sh\).

Thể tích khối chóp cụt \(A'B'C'D'.ABCD\) là \(V' = \frac{1}{3}S.h - \frac{1}{3}.\frac{4}{9}S.\frac{2}{3}h = \frac{{19}}{{81}}Sh\).

Thể tích khối đa diện lồi cần tìm là \(V = V' - 4{V_1} = \frac{{19}}{{81}}Sh - 4.\frac{1}{{162}}Sh = \frac{{17}}{{81}}Sh = \frac{{17}}{{81}}.27.12 = 68\).

Chọn đáp án D

\({\log _5}\left( {2x + 5y + 1} \right) - {\log _5}21 = 1 - \frac{1}{{{{\log }_{{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x}}5}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2x + 5y + 1} \right) - {\log _5}21 = 1 - {\log _5}\left( {_{{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2x + 5y + 1} \right) + {\log _5}\left( {{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x} \right) = {\log _5}21 + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2x + 5y + 1} \right)\left( {{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x} \right) = {\log _5}105\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + 5y + 1} \right)\left( {{2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x} \right) = 105\) \(\left( * \right)\)

Do 105 lẻ \( \Rightarrow \)\(2x + 5y + 1\) lẻ \( \Rightarrow \)\(5y\) chẵn \( \Rightarrow \)\(y\) chẵn

Mặt khác \({2^{\left| x \right|}} + y + {x^2} + x = {2^{\left| x \right|}} + y + x\left( {x + 1} \right)\) lẻ

Mà \(y\) và \(x\left( {x + 1} \right)\) chẵn nên \({2^{\left| x \right|}}\) lẻ \( \Rightarrow \)\({2^{\left| x \right|}} = 1\)\( \Rightarrow \)\(x = 0\)

Thế \(x = 0\) vào \(\left( * \right)\) ta được \(\left( {5y + 1} \right)\left( {y + 1} \right) = 105 \Leftrightarrow 5{y^2} + 6y - 104 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 4\\y = - \frac{{26}}{5}\end{array} \right.\)

Do \(x,\,y\) nguyên dương nên \(\left( {x\,;\,y} \right) = \left( {0\,;\,4} \right)\)

Vậy có một cặp số \(\left( {x\,;\,y} \right)\) thỏa yêu cầu đề bài