Lời giải

Chọn một áo sơ mi cỡ 40 có 6 cách.

Chọn một áo sơ mi cỡ 41 có 4 cách.

Theo qui tắc cộng, ta có: $6 + 4 = 10$ cách chọn một áo sơ mi.

Chọn đáp án B

Lời giải

Số hạng tổng quát của cấp số nhân là: ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}$

Số số hạng thứ 4 của cấp số nhân là: ${u_4} = 2.{\left( { - 3} \right)^3} = - 54$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: ${3^{1 - 2x}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {3^{1 - 2x}} = {3^{ - 1}} \Leftrightarrow 1 - 2x = - 1 \Leftrightarrow x = 1$.

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có: $V = h.B = {3.2^2} = 12$.

Chọn đáp án B

Lời giải

Lưu ý:hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ xác định khi và chỉ khi $f\left( x \right) >0.$ Hàm số $y = {a^x}$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}.$

Do đó: hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $4 - {x^2} >0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Ta có các công thức sau đúng:

$\int {{x^\alpha }{\rm{d}}x = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\,\,\left( {\alpha \ne - 1} \right)}$

$\int {\sin x{\rm{d}}x = - \cos x + C}$

$\int {{a^x}{\rm{d}}x = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)}$

$\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x = \ln \left| x \right| + C\,\,\left( {x \ne 0} \right)}$

Vậy câu D sai vì thiếu dấu giá trị tuyệt đối.

Chọn đáp án D

Lời giải

Chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông $\Rightarrow$Diện tích đáy của hình chóp là: $B = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = 3{a^2}$

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}3{a^3}.a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3$

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: $\tan 30^\circ = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{h}{R} = \frac{h}{{a\sqrt 3 }} \Rightarrow h = a$.

Vậy thể tích khối nón $\left( N \right)$bằng: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2}a = \pi {a^3}$

Chọn đáp án B

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên các khoảng $( - \infty \,,\,1)$; $(2\,,\,3)$; $(3\,,\, + \infty )$.

Chọn đáp án D.

Lời giải

Ta có: ${\log _a}\sqrt[3]{a} = {\log _a}{(a)^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}.{\log _a}a = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3}$.

Chọn đáp án B.

Lời giải

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có: ${S_{xq}} = 2\pi rh = 40\pi$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta dễ dàng xác định được điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là điểm $A\left( {1;0} \right)$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( {2;\;0} \right)$ suy ra loại đáp án A và D.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = 1$ suy ra đáp án B đúng.

Chọn đáp án B

Lời giải

Theo giả thiết ta có: $4\pi {r^2} = 16\pi {a^2} \Rightarrow r = 2a$ ($r$ là bán kính mặt cầu)

Thể tích mặt cầu $V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {2a} \right)^3} = \frac{{32\pi {a^3}}}{3}$.

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{2 - x}} = 0\,;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{{2 - x}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có: ${2^x} + {2^{x + 2}} \ge 5$

$\Leftrightarrow {2^x} + {2^2}{.2^x} \ge 5$

$\Leftrightarrow {5.2^x} \ge 5$

$\Leftrightarrow {2^x} \ge 1$

$\Leftrightarrow x \ge 0$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $\left[ {0\,;\, + \infty } \right)$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)\, = \,0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và trục $Ox$.

Dựa vào đồ thị ta thấy trục $Ox$ cắt đồ thị tại 3 điểm.

Vậy phương trình $f\left( x \right)\, = \,0$ có 3 nghiệm.

Lời giải

Ta có $\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_5^2 {{\rm{2d}}x} - \int\limits_5^2 {4f\left( x \right){\rm{d}}x}$

$= \int\limits_5^2 {{\rm{2d}}x} - 4\int\limits_5^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$

$= - 6 + 4\int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$

$= - 6 + 40 = 34$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Số phức liên hợp của số phức $z = 2i - 1$ là $\bar z = - 1 - 2i$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có:${z_1} + {z_2} = 3 + i$.

Vậy phần ảo của ${z_1} + {z_2}$ bằng 1.

Chọn đáp án B

Lời giải

Vì điểm $A$ là điểm biểu diễn số phức $1 - 2i$nên tọa độ điểm $A = (1\,;\, - 2)$.

Vì điểm $B$ là điểm biểu diễn số phức $3 - 2i$nên tọa độ điểm $B = (3\,;\, - 2)$.

Điểm $D$ là trung điểm của đoạn $AB$ nên tọa độ điểm $D = \left( {2; - 2} \right)$.

Khi đó, điểm $D = \left( {2; - 2} \right)$ là điểm biểu diễn số phức $z = 2 - 2i$.

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có, phương trình mặt phẳng $Oyz$ là $x = 0\,\,(1)$, có một véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow n \left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)$.

Gọi $d$là đường thẳng qua $M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)$ và vuông góc với mặt phẳng $Oyz$, khi đó đường thẳng $d$ nhận $\overrightarrow n \left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)$ là một véc tơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng $d$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 9 + t\\y = 8\\z = - 1\end{array} \right.\,\,\,$ với $t$ là tham số.$\left( 2 \right)$

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)$ trên mặt phẳng $Oyz$ là giao điểm $A$ của $d$ và mặt phẳng $Oyz$. Thay $\left( 2 \right)$vào $\left( 1 \right)$ta có $9 + t = 0 \Rightarrow t = - 9$.

Vậy tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {9\,;\,8\,;\, - 1} \right)$ trên mặt phẳng $Oyz$ là: $A\left( {0\,;\,8\,;\, - 1} \right)$.

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có ${\overrightarrow {n\,} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,1;\, - 2} \right)$ Phương trình đường thẳng $d$ là: $\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}$.

Chọn đáp án D

Lời giải

Đặt $AB = a \Rightarrow BD = a\sqrt 2$.

Ta có $\left( {B'D\,;\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {B'D\,;BD} \right) = \widehat {BDB'}$ .

$\tan \widehat {BDB'} = \frac{{BB'}}{{BD}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Căn cứ vào đồ thị của hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta có bảng xét dấu của $y = f'\left( x \right)$:

$y = f'\left( x \right)$đổi dấu từ âm sang dương khi qua các điểm $x = - 1;\;x = 2;\;x = 4$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$có ba điểm cực tiểu trên khoảng $\left( { - \frac{3}{2};\;5} \right)$.

Chọn đáp ánC

Lời giải

Xét hàm số: $y = {x^3} - 3{x^2} + a$có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x$; $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Ta có $f\left( { - 1} \right) = a - 4$; $f\left( 0 \right) = a$; $f\left( 2 \right) = a - 4$; $f\left( 3 \right) = a$ suy ra $M = a;\;m = a - 4$

$M = 2m$$\Leftrightarrow a = 2\left( {a - 4} \right) \Leftrightarrow a = 8$

Chọn đáp án C

Lời giải

Lấy logarít cơ số 2 hai vế ta được phương trình

$({x^2} - 3x + 2) = (1 - x){\log _2}3 \Leftrightarrow (x - 1)(x - 2) + (x - 1){\log _2}3 = 0 \Leftrightarrow (x - 1)(x - 2 + {\log _2}3)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 = {x_2}\\x = 2 - {\log _2}3 = {x_1}\end{array} \right.$

Do đó $S = {4^{{x_1}}} + {2^{{x_2} - 1}} = {4^{2 - {{\log }_2}3}} + {2^0} = \frac{{25}}{9}$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là

${x^4} + 2{x^2} - 1 = 0$ (1).

Đặt $t = {x^2}(t \ge 0)$. Phương trình trở thành: ${t^2} + 2t - 1 = 0$ (2).

Vì phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu nên phương trình (1) có 2 nghiệm đối nhau.

Vậy đồ thi hàm số $y = {x^4} + 2{x^2} - 1$ và trục hoành có 2 giao điểm.

Chọn đáp án D

Lời giải

Ta có: Phương trình ${z^2} + 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{z_1} = - 1 + i}\\{{z_2} = - 1 - i}\end{array}} \right.$.

Khi đó: $w = \left( {2{z_1} - {z_2}} \right){z_1} = \left[ {2\left( { - 1 + i} \right) - ( - 1 - i} \right)]\left( { - 1 + i} \right)$

$= \left( { - 1 + 3i} \right)\left( { - 1 + i} \right) = - 2 - 4i$

$\Rightarrow \left| w \right| = 2\sqrt 5$.

Chọn đáp án B

Lời giải

* Gọi $G$ là trung điểm của $SB,$ $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Dựng đường thẳng $d$ qua $E$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Khi đó, đường thẳng $d$song song với $SB$. Trong mặt phẳng $\left( {SB,d} \right)$ đường trung trực của cạnh $SB$qua trung điểm $G$và cắt đường thẳng $d$ tại $J$ $\Rightarrow$ $J$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$ và bán kính mặt cầu là $R = JB$.

* Xét tam giác $ABC$ với $R = EB$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC.\sin \widehat {ABC} = \frac{{BA.BC.AC}}{{4R}}$$\Rightarrow R = EB = \frac{{2AC}}{{4\sin \widehat {ABC}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$

Xét tam giác vuông $BEJ$, vuông tại $E$, ta có: $EB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$, $EJ = BG = \frac{1}{2}SB = 2$

$\Rightarrow R = JB = \sqrt {E{B^2} + E{J^2}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy diện tích mặt cầu là ${S_C} = 4\pi .{R^2} = 4\pi .\frac{{16}}{3} = \frac{{64\pi }}{3}$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có $\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left( {x - 4 + \frac{6}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_0^2 {f\left( {\sqrt {{x^2} + 4} } \right){\rm{d}}\left( {\sqrt {{x^2} + 4} } \right)}$

$= \left[ {\frac{1}{2}{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 6\ln \left| {x + 1} \right|} \right]\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. - \int\limits_2^{2\sqrt 2 } {f\left( t \right){\rm{d}}t}$

$\Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_2^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x} } = - 6 + 6\ln 3 \Rightarrow \int\limits_0^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 6 + 6\ln 3$.

Theo giả thiết $I = \int\limits_0^{2\sqrt 2 } {f\left( x \right){\rm{d}}x = - a + a} \ln b\,\left( {a;b \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow P = 2a - {b^3} = 2.6 - {3^3} = - 15$.

Kết luận $P = 2a - {b^3} = - 15$.

Chọn đáp án B

Lời giải

+ Phương trình đường thẳng d đi qua $A\left( { - 1;\frac{3}{2}} \right)$ và $B\left( {1; - 1} \right)$ là:$y = - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}$.

+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng $d$ là:

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f(x) - \left( { - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}} \right)} \right|} {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3}\,\,\,\,$

Từ hình vẽ ta có: $\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f(x) - \left( { - \frac{5}{4}x + \frac{1}{4}} \right)} \right]} {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3} \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f(x){\rm{d}}x + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{5}{4}x - \frac{1}{4}} \right)} } {\rm{d}}x = \frac{{11}}{3}\,$

$\Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x + \left( { - \frac{1}{2}} \right)} = \frac{{11}}{3}\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{11}}{3} + \frac{1}{2} = \frac{{25}}{6}$.

Kết luận $\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{25}}{6}$.

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có: $z = 2 + mi\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\overline z = 2 - mi$.

Khi đó: $\left( {2z - i} \right)\left( {2\overline z - 2} \right) = \left[ {4 + (2m - 1)i} \right]\left( {2 - 2mi} \right)$

$= 8 - 8mi + 2\left( {2m - 1} \right)i + 2m\left( {2m - 1} \right)$

$= 8 + 2m\left( {2m - 1} \right) + \left[ {\left( {4m - 2} \right) - 8m} \right]i$

$= \left( {4{m^2} - 2m + 8} \right) - \left( {4m + 2} \right)i$.

Số phức $\left( {2z - i} \right)\left( {2\overline z - 2} \right)$ là số thực khi $4m + 2 = 0\, \Leftrightarrow \,m = - \frac{1}{2}$.

Với $m = - \frac{1}{2}$: $z = 2 - \frac{1}{2}i\,$.

Do đó: $\left| {2z - 3} \right| = \left| {2\left( {2 - \frac{1}{2}i} \right) - 3} \right| = \left| {1 - i} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2$.

Kết luận: $\left| {2z - 3} \right| = \sqrt 2$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Ta có: $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 12z + 41 = 0$

$\Leftrightarrow \,\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 8$.

Suy ra mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {3;\, - 2;\,6} \right)$ và bán kính $R = 2\sqrt 2$.

Ta có $\overrightarrow {MI} = \left( {1;\, - 1;3} \right)$ và $MI = \sqrt {1 + 1 + 9} = \sqrt {11}$.

Tam giác $MAI$ vuông tại $A$. Ta có: $M{A^2} = M{I^2} - {R^2} = 11 - 8 = 3$.

Do tính chất tiếp tuyến nên $MA = MB = MC$.

Vì thế ba điểm $A,\,B,\,C$ cũng thuộc mặt cầu $\left( {S'} \right)$ tâm $M$ bán kính $MA = \sqrt 3$.

Phương trình mặt cầu $\,\left( {S'} \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 3$

$\, \Leftrightarrow \,\left( {S'} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 6z + 11 = 0$.

Do đó tọa độ $A,\,B,\,C$ thỏa: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 6z + 11 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x + 4y - 12z + 41 = 0\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.$

Lấy (1) trừ (2) theo từng vế. Ta được: $2x - 2y + 6z - 30 = 0$ hay $x - y + 3z - 15 = 0$

Vậy $(ABC):x - y + 3z - 15 = 0$ mà $(ABC):x + by + cz + d = 0$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}b = - 1\\c = 3\\d = - 15\end{array} \right.\,\,\,\, \Rightarrow b + c + d = - 1 + 3 - 15 = - 13$.

Kết luận: $b + c + d = - 13$.

Chọn đáp án C

Lời giải

Đặt $t = {\log _2}x$. Phương trình trở thành: ${t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0$.

Vậy $x \in \left( {2\,;\,16} \right) \Rightarrow t \in \left( {1\,;\,4} \right)$.

Yêu cầu bài toán trở thành: Phương trình $f\left( t \right) = {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left( {1\,;\,4} \right)$.

$f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 3 = m\left( {t - 2} \right)$.

TH1: $t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 2$. Khi đó: $f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 1 = 0\,\,\left( {{\rm{VL}}} \right)$.

TH2: $t - 2 \ne 0 \Leftrightarrow t \ne 2$. Khi đó: $f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow m = \underbrace {\frac{{{t^2} - t - 3}}{{t - 2}}}_{g\left( t \right)}$.

$g\left( t \right) = \frac{{{t^2} - t - 3}}{{t - 2}} \Rightarrow g'\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 4t + 5}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} >0\,\,\forall t \in \left( {1\,;\,4} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}$.

Vậy: $3 < m < \frac{9}{2}$ thỏa đề. Mà $m \in \mathbb{Z}$ suy ra $m = 4$.

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có:

$\begin{array}{l}\left| x \right| + \left| y \right| = 1 \Leftrightarrow \left| y \right| = 1 - \left| x \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1 - \left| x \right|\\y = \left| x \right| - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = - x + 1\\y = x + 1\\y = - x - 1\\y = x - 1\end{array} \right.\\\end{array}$

Với $\left| z \right| \le 1 \Leftrightarrow - 1 \le z \le 1$.

Vậy tập hợp các điểm $M\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)$ là khối lăng trụ có đáy là hình vuông $ABCD$, chiều cao $h = 2$.

$OA = 1 \Rightarrow AB = \sqrt 2 \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2$.

$\Rightarrow V = h\,.\,{S_{ABC{\rm{D}}}}\, = 2.\,2 = 4$.

Chọn đáp án D

Lời giải

Số cần tìm có dạng $\overline {abcdef} .$

Trường hợp 1:không có số 0.

Chọn 1 số lẻ cho $f$ có 5 cách.

Chọn thêm 2 số lẻ có $C_4^2$ cách.

Chọn 3 số chẵn có $C_4^3$ cách.

Xếp 5 số vừa chọn vào 5 vị trí còn lại có 5! cách.

Vậy có $5.C_4^2.C_4^3.5! = 14400$ số.

Trường hợp 2:có số 0.

Chọn 1 số lẻ cho $f$ có 5 cách.

Xếp số 0 vào 1 trong bốn vị trí $b,$ $c,$ $d,$ $e$ có 4 cách.

Chọn thêm 2 số lẻ có $C_4^2$ cách.

Chọn thêm 2 số chẵn có $C_4^2$ cách.

Xếp 4 số vừa chọn vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.

Vậy có $5.4.C_4^2.C_4^2.4! = 17280$ số.

Kết luận: $14400 + 17280 = 31680$ số.

Chọn đáp án A

Lời giải

Gọi $H$ là trung điểm $AB.$ Theo giả thiết ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right).$

Vì $AC = a$ nên tam giác $ABC$ đều.

Theo giả thiết $\left( {SD,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SDH} = 60^\circ .$

Ta có $AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right).$

Khi đó $d\left( {AD,\,\,SC} \right) = d\left( {AD,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\,\left( {SBC} \right)} \right).$

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

Vẽ $HN \bot BC$ (1) $\left( {N \in BC} \right),$ $HK \bot SN$ (2) $\left( {K \in SN} \right).$

$SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot BC$ (3).

(1), (3) $\Rightarrow BC \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow BC \bot HK$ (4).

(2), (4) $\Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right).$

Khi đó $d\left( {H,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = HK.$

$HN = \frac{1}{2}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

$H{D^2} = A{H^2} + A{D^2} - 2.AH.AD.\cos \widehat {HAD} = \frac{{7{a^2}}}{4} \Rightarrow HD = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}.$

$\tan \widehat {SDH} = \frac{{SH}}{{HD}} \Leftrightarrow SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}.$

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{{116}}{{21{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt {609} }}{{58}}a.$

Vậy $d\left( {AD,\,\,SC} \right) = 2.\frac{{\sqrt {609} }}{{58}}a = \frac{{\sqrt {609} a}}{{29}}.$

Chọn đáp án B

Lời giải

$F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right) \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)$.

Hàm số $y = F\left( x \right) + \left( {m - 1} \right)x + 2020$ đồng biến trên khoảng $\left( { - 1\,;\,4} \right)$ khi

$y' = F'\left( x \right) + m - 1 \ge 0\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Rightarrow f\left( x \right) + m - 1 \ge 0\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Rightarrow 1 - m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right)$.

Gọi ${S_1},\,{S_2}$ lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của $f'\left( x \right)$ với trục hoành trên các đoạn $\left[ { - 1\,;\,1} \right]$ và $\left[ {1\,;\,4} \right]$. Từ đồ thị $\Rightarrow {S_1} < {S_2}$.

Ta có $f\left( 4 \right) - f\left( { - 1} \right) = \int\limits_{ - 1}^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_1^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} } } = {S_1} - {S_2} < 0 \Rightarrow f\left( 4 \right) < f\left( { - 1} \right)$.

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

Do $f\left( x \right)$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\left[ { - 1\,;\,4} \right]$, do đó từ bảng biến thiên, ta có $1 - m \le f\left( x \right)\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,4} \right) \Leftrightarrow 1 - m \le f\left( 4 \right) \Rightarrow m \ge 1 - f\left( 4 \right)$.

Chọn đáp án C

</></>

Lời giải

Gọi ${N_0}$ là lượng vi rút trong cơ thể ông A ngay khi nhập viện.

Sau $n$ ngày $\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$, lượng vi rút trong cơ thể ông A là $N = {N_0}{\left( {1 - 10\% } \right)^n}$.

Ông A được xuất viện khi

$\frac{N}{{{N_0}}} \le 30\% \Rightarrow {\left( {1 - 10\% } \right)^n} \le 30\% \Rightarrow {\left( {\frac{9}{{10}}} \right)^n} \le \frac{3}{{10}} \Rightarrow n \ge {\log _{\frac{9}{{10}}}}\frac{3}{{10}} \approx 11,4 \Rightarrow n \ge 12\,\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Vậy sau ít nhất 12 ngày thì ông A được xuất viện.

Chọn đáp án C

Lời giải

Gọi K là trung điểm $A'B'$ ta có:

+) $B'KHB$ là hình bình hành nên $HB'$ cắt $BK$ tại trung điểm $I$ của mỗi đường.

$\begin{array}{l} + )\,BK\parallel A'H \Leftarrow A'H\parallel (BKC') \Rightarrow d(A'H,BC') = d(A'H,(BKC')) = d(H,(BKC'))\\ = d(B',(BKC')) = d = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\end{array}$

Đặt $AB = 2x \Rightarrow A'C' = 2x\,.$ (Do đáy là tam giác vuông cân tại $A$).

Ta có

$\begin{array}{l}KC' = \sqrt {A'C{'^2} + A'{K^2}} = x\sqrt {5.} \\KB = A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}} = \sqrt {9 - {x^2}} .\end{array}$

Xét tứ diện $B'BC'K$ với đáy là $\Delta BC'K$ vuông tại $K$ có ${S_{BC'K}} = \frac{1}{2}.KC'.BK. = \frac{1}{2}.x\sqrt 5 .\sqrt {9 - {x^2}} .$ và độ dài đường cao là $d$.$\Rightarrow {V_{B'.BCK}} = \frac{1}{3}d.{S_{BKC'}} = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\frac{1}{2}x\sqrt 5 .\sqrt {9 - {x^2}} \,\, = \frac{2}{3}\,x.\sqrt {9 - {x^2}} .\,$ (1)

Mặt khác, ${V_{B'.BCK}} = \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{6}.A'H.{S_{ABC}} = \frac{1}{6}.\sqrt {9 - {x^2}} \,.\frac{1}{2}2x.2x = \frac{1}{3}\,{x^2}.\sqrt {9 - {x^2}} .\,\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{2}{3}\,x.\sqrt {9 - {x^2}} = \frac{1}{3}\,{x^2}.\sqrt {9 - {x^2}} \Leftrightarrow x = 2.$ $A'H = \sqrt 5 .$

Vậy thể tích khối lăng trụ

${V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \sqrt 5 .\frac{1}{2}.{(2x)^2} = \sqrt 5 .\frac{1}{2}.{(2.2)^2} = 8\sqrt 5 .$

Chọn đáp án B

Lời giải

Ta có $f'(x) = \frac{{ac - b}}{{{{(x + c)}^2}}}.$

Theo bài ra ta có

$*\,k = f'(1) \Leftrightarrow \frac{5}{4} = \frac{{ac - b}}{{{{(1 + c)}^2}}}\,\,\,(1).$

$*\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) + 3}}{x} = 5 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(a + 3)x + b + 3c}}{{(x + c)x}} = 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 3c = 0\\\frac{{a + 3}}{c} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 3c\\a = 5c - 3.\end{array} \right.$

Thế vào (1) ta được:

$\frac{{(5c - 3).c + 3c}}{{{{(1 + c)}^2}}} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow 20{c^2} = 5({c^2} + 2c + 1) \Leftrightarrow 15{c^2} - 10c - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 1\\c = - \frac{1}{3}.\end{array} \right.$

* Với $c = 1 \to b = - 3;\,a = 2 \to a + b + c = 0.$

* Với $c = - \frac{1}{3} \to b = 1;\,a = - \frac{{14}}{3} \to a + b + c = - 4.$

Chọn đáp án A

Lời giải

Ta có $\left| {f\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)} \right| - {\log _2}m = 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)} \right| = {\log _2}m{\rm{ }}(*)$

Đặt $u = {x^3} - 3{x^2}$ có $u' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 2$

Ta lập bảng biến thiên ghép cho hàm số $f(u)$

Dựa bào bảng biến thiên, phương trình $(*)$ có $8$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $1 < {\log _2}m < 6$ $\Leftrightarrow 2 < m < 64$.

Vậy có $61$ giá trị nguyên dương của $m$ thỏa mãn đề bài.

Chọn đáp án D

Lời giải

+ Với mọi $x\not = 1$ hàm số $f(x)$ liên tục, do đó $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = f(1)$$\Leftrightarrow 3 + m = 1 \Leftrightarrow m = - 2$

Khi đó $I = \int\limits_{\frac{1}{e}}^{{e^2}} {\frac{{f\left( {\ln x} \right)}}{x}{\rm{d}}x} + \int\limits_0^{\ln 2} {{e^x}f\left( {{e^x}} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{\frac{1}{e}}^{{e^2}} {f\left( {\ln x} \right){\rm{d}}\left( {\ln x} \right)} + \int\limits_0^{\ln 2} {f\left( {{e^x}} \right){\rm{d}}\left( {{e^x}} \right)}$

$= \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 3{x^2} + 6x - 2} \right){\rm{d}}x} + 2\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = {I_1} + 2{I_2}$

+ Với ${I_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - 3{x^2} + 6x - 2} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( { - {x^3} + 3{x^2} - 2x} \right)} \right|_{ - 1}^1 = - 6$

+ Với ${I_2} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {\left( {2 - \frac{3}{{x + 2}}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {2x - 3\ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right|_1^2 = 2 - 3\ln 4 + 3\ln 3$

Do đó $I = - 2 - 6\ln 4 + 6\ln 3 = a + b\ln 4 + c\ln 3$ suy ra $a = - 2,{\rm{ }}b = - 6,{\rm{ }}c = 6$

Vậy $a + 2b + 3c = - 2 + ( - 12) + 18 = 4.$

Chọn đáp án B

Lời giải

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ Phương trình $\frac{1}{{x + 3}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 5}} - m = 0$ vô nghiệm trên $\left( { - 3\,;5} \right)\backslash \left\{ {0\,;2} \right\}$.

Ta có $\frac{1}{{x + 3}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 5}} - m = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{{x^2} - 2x}} - \frac{8}{{{x^2} - 2x - 15}} = m$.

Đặt $t = {x^2} - 2x$. Do $x \in \left( { - 3\,;5} \right)\backslash \left\{ {0\,;2} \right\} \Rightarrow t \in \left[ { - 1\,;15} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Phương trình trở thành $\frac{2}{t} - \frac{8}{{t - 15}} = m$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{2}{t} - \frac{8}{{t - 15}},\,\,t \in \left[ { - 1\,;15} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}.$

Ta có $f'\left( t \right) = - \frac{2}{{{t^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {t - 15} \right)}^2}}}.$

$f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{{{t^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {t - 15} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = - 15\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra $- \frac{3}{2} < m < \frac{6}{5}$. Từ đó suy ra $m \in \left\{ { - 1\,;0\,;1} \right\}$.

Chọn đáp án A

Lời giải

Đặt ${2^{\left| {x - 4} \right|}} = a,\,\,{2^{\left| {y - 3} \right|}} = b\,\,\,\left( {a \ge 1,\,\,b \ge 1} \right)$. Khi đó :

$3 + \left( {1 - {2^{\left| {x - 4} \right|}}} \right){.2^{\left| {y - 3} \right|}} = \left( {1 - {2^{ - \left| {y - 3} \right|}}} \right){.2^{2 - \left| {x - 4} \right|}} \Leftrightarrow 3 + \left( {1 - a} \right)b = \left( {1 - \frac{1}{b}} \right)\frac{4}{a}$

$\Leftrightarrow 3ab + a{b^2} - {a^2}{b^2} = 4b - 4 \Leftrightarrow \left( {{a^2}{b^2} - 3ab - 4} \right) - \left( {a{b^2} - 4b} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left( {ab - 4} \right)\left( {ab - b + 1} \right) = 0$.

Do $ab - b + 1 = a\left( {b - 1} \right) + 1 >0 \Rightarrow ab = 4 \Rightarrow \left| {x - 4} \right| + \left| {y - 3} \right| = 2$

Xét trong hệ trục tọa độ $Oxy$, gọi $M\left( {x\,;y} \right),\,\,I\left( { - 3;1} \right)$.

Khi đó $P = {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 2 = M{I^2} + 2$ và $M$ di động trên 4 cạnh hình vuông $ABCD,$ trong đó $A\left( {2\,;3} \right),\,\,B\left( {4\,;1} \right),\,\,C\left( {6\,;3} \right),\,\,D\left( {4\,;5} \right)$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}M{I_{\min }} = IA = \sqrt {29} \\M{I_{\max }} = IC = \sqrt {85} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = {P_{\min }} = 31\\M = {P_{\max }} = 87\end{array} \right. \Rightarrow M.m = 2697$.

Chọn đáp án B

Lời giải

Gọi

$M$ là trung điểm của $A'B'$. Mặt phẳng $\left( {PAC} \right)$ chia khối hộp chữ nhật thành hai phần như hình vẽ. Gọi thể tích khối hộp chữ nhật ban đầu là $V$, phần chứa điểm $B'$ có thể tích ${V_1}$ và phần còn lại có thể tích ${V_2}$.

Ta có $\frac{{PB'}}{{PB}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{{PM}}{{PA}} = \frac{{MB'}}{{AB}} = \frac{1}{2}$.

Thể tích của khối chóp $P.ACB$ là ${V_{P.ACB}} = \frac{1}{3}PB.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2.BB'.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}V$.

Ta lại có $\frac{{{V_{P.MNB'}}}}{{{V_{P.ACB}}}} = \frac{{PB'}}{{PB}}.\frac{{PN}}{{PC}}.\frac{{PM}}{{PA}} = \frac{1}{8}$.

Do đó ${V_1} = {V_{P.ACB}} - {V_{P.MNB'}} = \left( {1 - \frac{1}{8}} \right){V_{P.ACB}} = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{7}{{24}}V$.

Vậy $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{V_1}}}{{V - {V_1}}} = \frac{{7V}}{{24\left( {V - \frac{7}{{24}}V} \right)}} = \frac{7}{{17}}$.

Lời giải

Ta có ${a^2} + {b^2} - 3 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {\frac{{{b^2}\left( {{a^2} + {b^2} + 4} \right) + 4{a^2}}}{{{a^2} + 2{b^2}}}} \right)$

$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 3 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {\frac{{\left( {{b^2} + 4} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^2} + 2{b^2}}}} \right)$

$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 4 \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{b^2} + 4} \right) - {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right)$

$\Leftrightarrow {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) + \left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) \le {\log _{{a^2} + {b^2}}}\left( {{b^2} + 4} \right) + \left( {{b^2} + 4} \right)$ (*)

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _{{a^2} + {b^2}}}t + t$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có $f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right)}} + 1 >0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)$. Do đó hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

$\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) \le f\left( {{b^2} + 4} \right) \Leftrightarrow {a^2} + 2{b^2} \le {b^2} + 4 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \le 4$

Vậy, $a,\,\,b$ thỏa mãn $1 < {a^2} + {b^2} \le 4$. Từ đó ta có 8 cặp số $\left( {a\,;\,\,b} \right)$ thỏa mãn bài toán là $\left( { - 2; - 2} \right),\left( { - 2; - 1} \right),\left( { - 1; - 2} \right),\left( { - 1; - 1} \right),\left( {1\,;\,1} \right),\left( {1\,;\,2} \right),\left( {2\,;\,1} \right),\left( {2\,;\,2} \right)$.

Lời giải:

Chọn đáp án B

Lời giải:

Chọn đáp án C