Lời giải:

Chọn đáp án A

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 6y + 12{\rm{z}} - 5 = 0\)có một VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 6;12} \right)\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Hàm số \(f\left( x \right)\)đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Giá trị cực đại của hàm số \(f\left( x \right)\)là 9.

Lời giải:

Chọn đáp án A

Số phức \[{\rm{w}} = {z_1} - {z_2} = - 1 + 5i\]có phần ảo bằng 5.

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \({\log _2}x = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right) \Rightarrow x = {a^2}{b^3}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(\int\limits_0^2 {{e^{2{\rm{x}} + 1}}d{\rm{x}}} = \left. {\frac{1}{2}{e^{2{\rm{x}} + 1}}} \right|_0^2 = \frac{{{e^5} - e}}{2}\).

Chọn đáp án C

ĐTHS có tiệm cận đứng \(x = 1 \Rightarrow \)Loại A và D. Mà \(y\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow \)Chọn C.

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(P = \cos \left( {\vec u;\vec v} \right) = \frac{{\vec u.\vec v}}{{\left| {\vec u} \right|.\left| {\vec v} \right|}} = \frac{{1.\left( { - 1} \right) + 0.2 + 2.0}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2} + {2^2}} .\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {0^2}} }} = - \frac{1}{5}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

YCBT \( \Leftrightarrow 1.4 - 2\left( {m - 1} \right) + 3\left( {8 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow - 5m + 30 = 0 \Leftrightarrow m = 6.\)

Lời giải:

Chọn đáp án C

Đường thẳng \(y = 7\)cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 3 điểm phân biệt.

Lời giải:

Chọn đáp án C

Ta có \({2^x} + {2^{x + 1}} + {2^{x + 2}} = 16 \Leftrightarrow {2^x} + {2.2^x} + {2^2}{.2^x} = 16 \Leftrightarrow {2^x} = \frac{{16}}{7} \Leftrightarrow x = {\log _2}\frac{{16}}{7}.\)

Biến đổi \({\log _2}\frac{{16}}{7} = {\log _2}16 - {\log _2}7 = 4 - {\log _2}7.\)

Lời giải:

Chọn đáp án B

Xét \({\left( {a + bi} \right)^2} = w \Leftrightarrow {a^2} - {b^2} + 2abi = - 8 + 6i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} - {b^2} = - 8}\\{2ab = 6}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {a^2} - {\left( {\frac{3}{a}} \right)^2} = - 8 \Rightarrow {a^4} + 8{a^2} - 9 = 0 \Rightarrow {a^2} = 1 \Rightarrow a = 1\) thỏa mãn

\( \Rightarrow b = 3 \Rightarrow S = 4.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} .\)

Chọn đáp án C

Ta có \(R = 3\)và \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = 12\pi \)

\( \Rightarrow h = 4 \Rightarrow l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} = 5 \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl = 15\pi .\)

Lời giải:

Chọn đáp án B

Ta có \(A\left( {4; - 3} \right),{\rm{ B}}\left( { - 2;1} \right)\).

Trung điểm của đoạn thẳng ABlà \(I\left( {\frac{{4 - 2}}{2};\frac{{ - 3 + 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 1} \right)\).

Điểm Ibiểu diễn số phức \(1 - i\).

Lời giải:

Chọn đáp án C

Ta có \(\lim \frac{{n + 1}}{{2019n + 2020}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2019 + \frac{{2020}}{n}}} = \frac{1}{{2019}}\).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(y = \frac{1}{2}{\log _{\frac{2}{3}}}\left( {{x^2} + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{1}{2}.\frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln \frac{2}{3}}} = \frac{x}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {\ln 2 - \ln 3} \right)}}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(\int {\frac{{2{x^3} - 1}}{{{x^2}}}dx} = \int {\left( {2x - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = {x^2} + \frac{1}{x} + C.\)

Lời giải:

Chọn đáp án D

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên \(\left[ { - 2;0} \right]\).

Ta có \(y' = \frac{{2x\left( {x - 1} \right) - {x^2} - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}};\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \in \left( { - 2;0} \right)}\\{y' = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = - 1.\)

Tính \(y\left( { - 2} \right) = - \frac{7}{3};{\rm{ }}y\left( 0 \right) = - 3;{\rm{ }}y\left( { - 1} \right) = - 2 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} {\mkern 1mu} y = - 2.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}.\frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án B

Ta có \(A\left( {1;0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {0;2;0} \right),{\rm{ }}C\left( {0;0;3} \right)\)

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

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(V = {V_{tru}} - {V_{non}} = \pi A{B^2}.AD - \frac{1}{3}\pi C{N^2}.MC.\)

\(AB = 6;AD = 2;CN = \frac{{AB}}{2} = 3;CM = \frac{{BC}}{2} = 1\)\( \Rightarrow V = 69\pi c{m^3}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án C

ĐTHS có tiệm cận đứng \(x = - 1;x = 1\). Từ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3 \Rightarrow \) TCN: \(y = 3\).

Lời giải:

Chọn đáp án C

Giả sử \(z = a + bi\;\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2{\rm{a}} + 1 = - 2b + 1\\ - 6b + 9 = 2b + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 2\).

Lời giải:

Chọn đáp án A

Với \(a + b = 2\), ta có \(f\left( a \right) + f\left( b \right) = \frac{{{2^a}}}{{{2^a} + 2}} + \frac{{{2^b}}}{{{2^b} + 2}}\)

\( = \frac{{{2^a}{{.2}^b} + {{2.2}^a} + {2^a}{{.2}^b} + {{2.2}^b}}}{{\left( {{2^a} + 2} \right)\left( {{2^b} + 2} \right)}} = \frac{{{2^{a + b}} + {{2.2}^a} + {2^{a + b}} + {{2.2}^b}}}{{{2^{a + b}} + {{2.2}^a} + {{2.2}^b} + 4}}\)

\( = \frac{{4 + {{2.2}^a} + 4 + {{2.2}^b}}}{{4 + {{2.2}^a} + {{2.2}^b} + 4}} = 1\).

Do đó với \(a + b = 2\)thì \(f\left( a \right) + f\left( b \right) = 1\).

Áp dụng ta được \(f\left( 0 \right) + f\left( {\frac{1}{{10}}} \right) + ... + f\left( {\frac{{19}}{{10}}} \right)\)

\[ = f\left( 0 \right) + \left[ {f\left( {\frac{1}{{10}}} \right) + f\left( {\frac{{19}}{{10}}} \right)} \right] + \left[ {f\left( {\frac{2}{{10}}} \right) + f\left( {\frac{{18}}{{10}}} \right)} \right] + ... + \left[ {f\left( {\frac{9}{{10}}} \right) + f\left( {\frac{{11}}{{10}}} \right)} \right] + f\left( 1 \right)\]

\( = \frac{1}{3} + 9.1 + \frac{2}{4} = \frac{{59}}{6}\).

Lời giải:

Chọn đáp án C

Ta có \(\widehat {\left( {AC';(ACBC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {C'AC} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \tan 30^\circ = \frac{{CC'}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow CC' = \frac{{AC}}{{\sqrt 3 }} = 2{\rm{a}}\).

Cạnh \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = 2{\rm{a}}\sqrt 2 \Rightarrow V = CC'.AB.BC = 8{{\rm{a}}^3}\sqrt 2 \).

Lời giải:

Chọn đáp án A

Chọn 1 kĩ sư làm tổ trưởng có 3 cách.

Chọn 1 công nhân làm tổ phó có 10 cách.

Chọn 5 công nhân từ 9 công nhân làm tổ viên có \(C_9^5 = 126\)cách.

Theo quy tắc nhân, ta có tất cả \(3.10.126 = 3780\)cách chọn thỏa mãn.

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + 2t\\z = 1 + t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) và \(d':\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 4t'\\y = 1 + 2t'\\z = 1 + t'\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t' \in \mathbb{R}} \right)\).

Điểm \(A = d \cap d' \Rightarrow A\left( {t + 1;2t + 1;t + 1} \right)\).

Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + t = - 2 + 4t'}\\{1 + 2t = 1 + 2t'}\\{1 + t = 1 + t'}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t' = 1}\end{array}} \right.}\\{1 + t = 1 + t'}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t' = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow A\left( {2;3;2} \right) \Rightarrow S = 7.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = m}\end{array}} \right.\)

Hàm số có 2 điểm cực trị \({x_1},{\rm{ }}{{\rm{x}}_2} \Leftrightarrow y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m \ne 1\).

Bài ra \(x_1^2 + x_2^2 = 2 \Rightarrow {m^2} + {1^2} = 2 \Leftrightarrow m = \pm 1 \Rightarrow m = - 1\) thỏa mãn.

Lời giải:

Chọn đáp án B

Thiết diện là hình vuông MNPQnhư hình vẽ.

Kẻ \(OH \bot MN \Rightarrow O'H = 3cm\).

Cạnh \(QM = MN = 8cm \Rightarrow HN = 4cm\)

\( \Rightarrow O'N = \sqrt {H{N^2} + O'{H^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5cm\)

\( \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi O'{N^2}.QM = \pi {.5^2}.8 = 200c{m^3}\).

Lời giải:

Chọn đáp án A

Điều kiện \(x >3\)(*). Phương trình \( \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2{\rm{x}} + 1} \right) + {\log _3}\left( {x - 3} \right) = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{{\frac{1}{2}}}{\log _3}\left( {2x + 1} \right) + {\log _3}\left( {x - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)} \right] = 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) = {3^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = - \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow x = 4\) thỏa mãn (*).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

Kẻ \(HK \bot C{\rm{D}} \Rightarrow \widehat {\left( {(SC{\rm{D}});(ABC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {SKH}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {(SCD);(ABCD)} \right)} = \cos \widehat {SKH} = \frac{{HK}}{{SK}}\).

Cạnh \(SH = \frac{{AB}}{2} = a\)và \(HK = A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}\)

\( \Rightarrow SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = a\sqrt 5 \)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {(SCD);(ABCD)} \right)} = \frac{{HK}}{{SK}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Xét \(I = \int\limits_1^2 {x{{\left( {x - 1} \right)}^n}dx} \). Đặt \(x = 1 = t \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {\left( {t + 1} \right){t^n}d\left( {t + 1} \right)} = \int\limits_0^1 {\left( {{t^{n + 1}} + {t^n}} \right)dt} \)

\( \Rightarrow I = \left. {\left( {\frac{{{t^{n + 2}}}}{{n + 2}} + \frac{{{t^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{{n + 2}} + \frac{1}{{n + 1}} = \frac{{27}}{{181}} \Rightarrow n = 12\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Từ

\({\rm{AC // BE}} \Rightarrow {\rm{AC // }}\left( {SBE} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;(SBE)} \right) = d\left( {A;(SBE)} \right) = d\)

Tứ diện vuông \(S.ABE \Rightarrow \frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{{\rm{E}}^2}}}\)

\(\widehat {\left( {SC;(ABC{\rm{D}})} \right)} = \widehat {SCA} = 45^\circ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \)

\(A{\rm{E}} = BC = a \Rightarrow d = a\sqrt {\frac{2}{5}} \).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Ta có: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 2t\\y = 1 + t\\z = 1 - t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) mà \(N \in d \Rightarrow N\left( {2t - 2;t + 1;1 - t} \right)\).

Bài ra \(A\left( {3;5;2} \right)\)là trung điểm của cạnh MN

\( \Rightarrow M\left( {6 - 2t + 2;10 - t - 1;4 - 1 + t} \right) \Rightarrow M\left( {8 - 2t;9 - t;t + 3} \right)\)

Mà \(M \in \left( P \right) \Rightarrow 2\left( {8 - 2t} \right) - \left( {9 - t} \right) + \left( {t + 3} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow - 2t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow N\left( {2;3; - 1} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta \) qua \(N\left( {2;3; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {NA} = \left( {1;2;3} \right)\)là một VTCP

\( \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 3}}{2} = \frac{{z + 1}}{3}\).

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(y' = \frac{{ - {m^2} + 9}}{{{{\left( {\sin x - m} \right)}^2}}}\cos x >0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)(1)

Với \(\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \sin x \in \left( {0;1} \right)\) nên

(1) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 9 >0\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 \le m \le 3\\ - 3 < m \le 0\end{array} \right.\)

Bài ra \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {1;2; - 3; - 1;0} \right\}\).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = 2x + 1 \Rightarrow \int\limits_1^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {2x + 1} \right)dx} \)

\( \Rightarrow \int\limits_1^2 {\frac{1}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}d\left[ {f\left( x \right)} \right]} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_1^2 \Rightarrow \left. { - \frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right|_1^2 = 4 \Rightarrow - \frac{1}{{f\left( 2 \right)}} + \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} = 4\).

Mà \(f\left( 2 \right) = - \frac{1}{3} \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1\).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right),{\rm{ B}}\left( { - {x_0}; - {y_0}} \right)\) là hai điểm phân biệt trên đồ thị đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Khi nó

\({y_0} = x_0^3 - 3m{\rm{x}}_0^2 + 3\left( {{m^2} - 1} \right){x_0} + 1 - {m^2}\).

\( - {y_0} = {\left( { - {x_0}} \right)^3} - 3m{\left( { - {x_0}} \right)^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right)\left( { - {x_0}} \right) + 1 - {m^2}\)

\( = - x_0^3 - 3mx_0^2 - 3\left( {{m^2} - 1} \right){x_0} + 1 - {m^2}\)

\( \Rightarrow - 6m{\rm{x}}_0^2 + 2 - 2{m^2} = 0 \Leftrightarrow 3mx_0^2 = 1 - {m^2}\)(1)

Trên đồ thị có 2 điểm phân biệt A, Bđối xứng nhau qua gốc tọa độ \( \Leftrightarrow \) (1) có hai nghiệm phân biệt.

\( \Leftrightarrow 3m\left( {1 - {m^2}} \right) >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < m < 1\\m < - 1\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {e^x} + 4{\rm{x}},{\rm{ x}} \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + {e^x} + 4\).

Từ hình vẽ, ta thấy với mọi \(x \in \left( {0;2} \right)\) thì \( - 4 < f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow f'\left( x \right) + 4 >0\)</>

\( \Rightarrow g'\left( x \right) >0,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow g\left( x \right) < g\left( 2 \right) = f\left( 2 \right) + {e^2} + 8\)

Khi đó \(m >g\left( x \right),\forall x \in \left( {0;2} \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( 2 \right) + {e^2} + 8\).

Lời giải:

Chọn đáp án A

Điều kiện \(x \ne 6;x \ne 12\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {2020^x} + \frac{1}{{6 - x}} - \frac{1}{{x - 12}} - 2019\), với \(x \in \left( { - \infty ;1} \right)\) ta có:

\(f'\left( x \right) = {2020^x}\ln 2020 + \frac{1}{{{{\left( {x - 6} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - 12} \right)}^2}}} >0,\forall x \in \left( { - \infty ;6} \right)\)

\( \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;6} \right)\).

Do đó trên \(\left( { - \infty ;6} \right)\) phương trình \(f\left( x \right) = 0\) nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Xét bảng sau:

Đường thẳng \(y = 0\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng một điểm nên \(f\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất trên \(\left( { - \infty ;6} \right)\).

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trên \(\left( { - \infty ;6} \right)\).

Tương tự, trên \(\left( {6;12} \right)\) phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Trên \(\left( {12; + \infty } \right)\) phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm thực

Lời giải:

Chọn đáp án A

Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ có \(C_{30}^{10}\)cách.

Có tất cả 15 tấm thẻ mang số lẻ và 15 tấm thẻ mang số chẵn.

Từ số 1 đến số 30 có đúng 3 số chia hết cho 10 là 10, 20, 30.

Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ có \(C_{15}^5\)cách.

Lấy 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 có \(C_3^1\)cách.

Lấy 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 có \(C_{15 - 3}^4 = C_{12}^4\).

Vậy xác suất cần tìm là \(\frac{{C_{15}^5.C_3^1.C_{12}^4}}{{C_{30}^{10}}} = \frac{{99}}{{667}}\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \Rightarrow t \in \left[ {0;2} \right];{\rm{ f}}\left( t \right) \in \left[ { - 1;3} \right]\) và \(f\left( t \right) = m\).

Với mỗi \(t \in \left[ {0;2} \right)\)thì cho ta đúng 2 giá trị của x.

Phương trình \(f\left( t \right) = m\) cần có nghiệm duy nhất \(t \in \left[ {0;2} \right)\).

Do đó \(\left[ \begin{array}{l}m = - 1\\1 < m < 3\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;2} \right\}\).

</>

Lời giải:

Chọn đáp án B

Ta có \({5^{x + 2y}} - \frac{1}{{{3^{x + 2y}}}} + x + 2y = {5^{xy - 1}} - \frac{1}{{{3^{xy - 1}}}} + xy - 1\)(1)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {5^t} - \frac{1}{{{3^t}}} + t\), với \(t >0\) có \(f'\left( t \right) = {5^t}\ln 5 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^t}\ln \frac{1}{3} + 1 >0,\forall t >0.\)

Khi đó (1) \( \Leftrightarrow x + 2y = xy - 1 \Leftrightarrow y\left( {x - 2} \right) = x + 1 \Rightarrow x >2\) và \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).

\( \Rightarrow P = x + \frac{{x + 1}}{{x - 2}} = x + 1 + \frac{3}{{x - 2}} = \left( {x - 2} \right) + \frac{3}{{x - 2}} + 3 \ge 2\sqrt 3 + 3.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}}\\{x - 2 = \sqrt 3 }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 + \sqrt 3 }\\{x = 2 + \sqrt 3 }\end{array}} \right.\).

Lời giải:

Chọn đáp án C

Đồ thì hàm số \(y = {x^2} - 4{\rm{x}} + 4\) cắt trục hoành tại điểm \(\left( {2;0} \right)\).

Diện tích phần gạch chéo là \(S = \int\limits_0^2 {{{\left( {x - 2} \right)}^2}d{\rm{x}}} = \left. {\frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^3}}}{3}} \right|_0^2 = \frac{8}{3}\).

Đường thẳng dđi qua điểm \(A\left( {0;4} \right)\) có hệ số góc ksuy ra \(d:y = k{\rm{x}} + 4\).

Đường thẳng dcắt Oxtại điểm \(C\left( {\frac{{ - 4}}{k};0} \right){\rm{ }}\left( {k < 0} \right)\) (Do C</>

có hoành độ dương).

Theo giả thiết bài toán ta có: \[\frac{1}{2}OC.OA = \frac{S}{2} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\left| {\frac{{ - 4}}{k}} \right|.4 = \frac{4}{3} \Rightarrow k - 6\].

Lời giải:

Chọn đáp án D

Xét \(y = f\left( x \right) = {x^4} - 4{{\rm{x}}^3} - 8{{\rm{x}}^2} - m\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4{{\rm{x}}^3} - 12{{\rm{x}}^2} - 16{\rm{x}} = 4{\rm{x}}\left( {{x^2} - 3{\rm{x}} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\).

Xét bảng sau:

Hàm số \(f\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị \(x = 0;x = - 1;x = 4\).

Khi đó \(f\left( x \right) = 0\)phải có 4 nghiệm phân biệt không tính 3 điểm cực trị \(x = 0;x = - 1;x = 4\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^4} - 4{{\rm{x}}^3} - 8{{\rm{x}}^2}\).

Tính \(g\left( { - 1} \right) = - 3;g\left( 0 \right) = 0;g\left( 4 \right) = - 128 \Rightarrow - 3 < m < 0\).

</>

Lời giải:

Chọn đáp án D

Mặt cầu \(\left( S \right)\)có tâm \(I\left( {3;3;2} \right)\)và bán kính \(R = 3\).

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\), ta có \(M{A^2} = {\left( {1 - x} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{x}} + 1\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MB} = \left( {2 - x;1 - y;3 - z} \right)\\\overrightarrow {MC} = \left( { - x;2 - y; - 3 - z} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC} = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 3{\rm{x}} - 3y - 7\)

Khi đó \(M{A^2} + 2\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC} = 8 \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} + 3{y^2} + 3{{\rm{z}}^2} - 6{\rm{x}} - 6y - 21 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{x}} - 2y - 7 = 0 \Rightarrow M\) thuộc mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \(I'\left( {1;1;0} \right)\), bán kính \(R' = 3\).

Như vậy \(M \in \left( S \right) \cap \left( {S'} \right)\), tập hợp các điểm M thỏa mãn bài toán là đường tròn \(\left( C \right)\)có tâm Hlà trung điểm của đoạn thẳng \[II'\] (vì \(R = R' = 3\)).

Bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\) là \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}} = \sqrt 6 \).

Lời giải:

Chọn đáp án D

Thiết diện là tứ giác MNPQnhư hình vẽ với \(NP{\rm{ // MQ // SC}}\).

Ta có \({V_{MNABPQ}} = {V_{N.ABPQ}} + {V_{N.AMQ}}\).

+ \({V_{N.ABPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {N;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABPQ}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right).\left( {{S_{ABC}} - {S_{CPQ}}} \right).\)

+ \(\frac{{{S_{CPQ}}}}{{{S_{CBA}}}} = \frac{{CP}}{{CB}}.\frac{{CQ}}{{CA}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{3} \Rightarrow {S_{CPQ}} = \frac{2}{9}{S_{ABC}} \Rightarrow {V_{N.ABPQ}} = \frac{1}{9}d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right).\frac{7}{9}{S_{ABC}} = \frac{7}{{27}}{V_{S.ABC}}.\)

\({V_{N.AMQ}} = \frac{1}{3}d\left( {N;\left( {AMQ} \right)} \right).{S_{AMQ}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right).\frac{4}{9}{S_{SAC}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.ABC}}\)

\( \Rightarrow {V_{MNABPQ}} = {V_{N.ABPQ}} + {V_{N.AMQ}} = \frac{5}{9}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_{SMNPCQ}} = \frac{4}{9}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow t = \frac{{{V_{SMNPCQ}}}}{{{V_{MNABPQ}}}} = \frac{4}{5}.\)

Lời giải:

Chọn đáp án A

Ta có \(f\left( x \right) + g\left( x \right) = - x\left[ {f'\left( x \right) + g'\left( x \right)} \right]\)

\( \Rightarrow \int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = - \int {x\left[ {f'\left( x \right) + g'\left( x \right)} \right]dx} = - \int {xd\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} \)

\( \Rightarrow \int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = - x\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] + C + \int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} \)

\( \Rightarrow x\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = C \Rightarrow f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{C}{x}.\)

Bài ra \(f\left( 2 \right) + g\left( 2 \right) = 5 \Rightarrow 5 = \frac{C}{2} \Rightarrow C = 10 \Rightarrow f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{{10}}{x}\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_1^9 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = \left. {\int\limits_1^9 {\frac{{10}}{x}dx} = 10\ln \left| x \right|} \right|_1^9 = 10\ln 9 = 20\ln 3.\)

Lời giải:

Chọn đáp án D

Ta có \(d\left( {B;d} \right) \le BA\) (không đổi), dấu xảy ra \( \Leftrightarrow d \bot AB\).

Mà \(d{\rm{ // }}\left( P \right)\) nên dnhận \(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right]\) là một VTCP.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 1;2} \right)\\\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1; - 2;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2; - 6; - 7} \right)\).

Kết hợp với dqua \(A\left( { - 3;0;1} \right) \Rightarrow d:\frac{{x + 3}}{2} = \frac{y}{{ - 6}} = \frac{{z - 1}}{{ - 7}}\).

Lời giải:

Chọn đáp án B

Điểm \(M\left( {x;y} \right)\) biểu diễn số phức \(z = x + yi{\rm{ }}\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left| {x + yi - 1 - i} \right| = 1\)

\( \Rightarrow M\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {1;1} \right)\) và bán kính \({R_1} = 1\).

Điểm \(N\left( {x';y'} \right)\) biểu diễn số phức \[{\rm{w}} = x' + y'.i{\rm{ }}\left( {x',y' \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left| {x' - y'.i - 2 - 3i} \right| = 2\]

\( \Rightarrow N\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\)có tâm \({I_2}\left( {2; - 3} \right)\) và bán kính \({R_2} = 2\).

Như vậy \(\left| {z - {\rm{w}}} \right| = MN\). Ta có \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} = \left( {1; - 4} \right) \Rightarrow {I_1}{I_2} = \sqrt {17} >{R_2} + {R_2}\)

\( \Rightarrow \left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) ở ngoài nhau \( \Rightarrow M{N_{\min }} = {I_1}{I_2} - {R_1} - {R_2} = \sqrt {17} - 3\).