Chọn C.

$d=u_2-u_1=3-\left(-3\right)=6.$

Chọn D.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) trên trục Oz là (0; 0; 4).

Chọn D.

$S_{xq}=2\pi rl=2.\pi .2a.a=4\pi a^2$

Hàm số xác định với $x\in \left[1;2\right],$ khi đó ta có

$y\text{'}=1+\frac{1}{x^2}>0,\forall x\in \left[1;2\right].$

$\Rightarrow$ Hàm số luôn đồng biến trên [1; 2]

$\Rightarrow \underset{\left[1;2\right]}{\max }y=y\left(2\right)=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$

Chọn B.

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y=\left(x-1\right)\left(x^2+x\right)$ với trục Ox bằng số nghiệm của phương trình $\left(x-1\right)\left(x^2+x\right)=0\iff x\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=0\\ x=-1\end{array}\right..$

Vậy số giao điểm là 3.

Chọn A.

Gọi I(x; y; z) là trung điểm của đoạn thẳng AB khi đó

$x=\frac{20+20}{2}=20;y=\frac{8-4}{2}=2;z=\frac{-2+4}{2}=1$

$\Rightarrow I\left(20;2;1\right)$

Chọn A.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}.$

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-8}{-x+2}=-2$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-8}{-x+2}=-2$ nên đường thẳng y = -2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-8}{-x+2}.$

Chọn D.

Hình vẽ bên có tất cả 15 cạnh.

Chọn D.

Xét đáp án A $\underset{}{\overset{}{\int }}0dx=C$ đúng

Xét đáp án B $\underset{}{\overset{}{\int }}dx=x+C$ đúng

Xét đáp án C $\underset{}{\overset{}{\int }}\cos xdx=\sin x+C$ đúng

Xét đáp án D $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin xdx=-\cos x+C$ nên $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin xdx=\cos x+C$ sai.

Chọn B.

Ta có $\ln \left(a{b}^2\right)=\ln a+\ln b^2=\ln a+2\ln b$

Chọn B.

Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là $5!=120.$

Chọn D.

Chọn B.

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; x = 1 và giá trị cực tiểu của hàm số là y = y(-1) = 0

Chọn B.

Chọn D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx=e^x+C.$

Chọn A.

Hàm số xác định khi và chỉ khi $x^2-x\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ x\ne 1\end{array}\right..$

Vậy tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0;1\right\}$.

Chọn D.

Ta có $S=4\pi R^2.$

Chọn D.

Ta có ${\log }_2\left(x-2\right)>2\iff \left\{\begin{array}{l}x-2>0\\ x-2>4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ x>6\end{array}\right.\iff x>6$

Vậy $S=\left(6;+\infty \right).$

Chọn C.

Dựa vào đồ thị của hàm số ta có:

* Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên loại phương án $y=-x^3+3x-1$ và $y=x^3+3x-1.$

* $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty$ nên hệ số a < 0 nên loại phương án $y=x^4-2x^2-1.$

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x) ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right).$

Ta có: $2f\left(x\right)+9=0\iff f\left(x\right)=-\frac{9}{2}\left(*\right).$

Phương trình (*) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng $y=-\frac{9}{2}.$

Số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)+9=0$ chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng $y=-\frac{9}{2}.$

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng $y=-\frac{9}{2}$ cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1 điểm nên phương trình $2f\left(x\right)+9=0$ có 1 nghiệm.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn [-3; 1] hàm số có giá trị lớn nhất M = 4 và nhỏ nhất m = 3.

Khi đó M.m = 12.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, số điểm cực trị của hàm số là 2.

Chọn A.

$I=\underset{}{\overset{}{\int }}\left[f\left(x\right)+2x\right]dx=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{}{\overset{}{\int }}2xdx={2020}^x-x^3+x^2+C.$

Chọn C.

Điều kiện: x > 0

Ta có ${\left({\log }_{3}3x\right)}^2-4{\log }_{3}x-4=0\iff {\left({\log }_{3}3+{\log }_{3}x\right)}^2-4{\log }_{3}x-4=0$

$\iff {\left(1+{\log }_{3}x\right)}^2-4{\log }_{3}x-4=0\iff {\log }_3^{2}x+2{\log }_{3}x+1-4{\log }_{3}x-4=0$

$\iff {\log }_3^{2}x-2{\log }_{3}x-3=0,$ do vậy bằng cách đặt $t={\log }_{3}x,$ phương trình đã cho trở thành phương trình $t^2-2t-3=0$.

Chọn A.

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.2a.a=a^2.$

Do lăng trụ đứng nên h = AA' = 3a thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}.h=a^2.3a=3a^3.$

Chọn C.

Chọn C.

Tổng số viên bi không có màu vàng là: 5 + 8 = 13

Số cách chọn 6 viên bi trong hộp đó mà không có viên bi nào màu vàng là: $C_{13}^6$

Chọn C.

Tam giác ABC vuông cân tại A và $BC=3a\sqrt{2}$ nên AB = AB = 3a

Vì $SA\perp \left(ABC\right)$ nên góc giữa cạnh SB và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{SBA}$

Xét tam giác vuông $SBA:\tan B=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{3a}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={30}^0$

Chọn B.

Tập xác định: D = R

Ta có: $y\text{'}=3x^2-2mx+m.$ Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$ thì $y\text{'}\le 0\forall x\in ℝ.$

Hay ${\Delta }_{y\text{'}}\le 0\iff m^2-3m\le 0\iff 0\le m\le 3\Rightarrow m=0;1;2;3.$

Vậy số phần tử của tập S là 4.

Chọn B.

Nhìn vào bảng biến thiên

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

Và $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow y=1$ là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ và $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow x=-1$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) là 3.

Chọn D.

Ta có $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{dx}{2x\sqrt{1+\ln x}}.$

Đặt $t=\sqrt{1+\ln x}\Rightarrow t^2=1+\ln x\Rightarrow 2tdt=\frac{dx}{x}\Rightarrow tdt=\frac{dx}{2x}.$

Khi đó $I=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{tdt}{t}=\underset{}{\overset{}{\int }}dt=t+C,$ suy ra $F\left(x\right)=\sqrt{1+\ln x}+C.$

Theo giả thiết $F\left(1\right)=2\iff \sqrt{1+\ln 1}+C=2\Rightarrow C=1.$

Vậy $F\left(x\right)=\sqrt{1+\ln x}+1\Rightarrow F\left(e^8\right)=\sqrt{1+\ln e^8}+1=4.$

Chọn C.

Ta có hình bát diện đều có 8 mặt là các tam giác đều bằng nhau.

Diện tích một mặt $S_1={\left(4a\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}{a}^2.$

Vậy diện tích của hình bát diện đều là $S=8.4\sqrt{3}{a}^2=32\sqrt{3}{a}^2.$

Chọn B.

Ta có $3^a=5\iff a={\log }_{3}5.$

Nên $2{\log }_{25}27=2{\log }_{5^2}{3}^3=3{\log }_{3}5=\frac{3}{a}.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=3x^2-2$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(1; -2) có phương trình là:

     $y=y{\text{'}}_{\left(1\right)}\left(x-1\right)-2\iff y=x-3.$

Chọn B.

Cắt hình nón S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền là đường kính đáy của hình nón. Khi đó bán kính đáy R = a và chiều cao h = a. Vậy thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{\pi a^3}{3}.$

Chọn A.

Giả sử số tiền người đó gửi ban đầu là A lãi suất r = 6,9% năm.

Theo công thức lãi kép, số tiền người đó thu được sau n nằm là: $A{\left(1+r\right)}^n=A{\left(1+0,069\right)}^n.$

Theo bài ra số tiền sau n năm gấp 4 lần số tiền ban đầu nên ta có:

$A{\left(1+0,069\right)}^n=4A\iff n={\log }_{1,069}4\approx 20,77$ năm, suy ra phải mất ít nhất 21 năm người đó mới thu được số tiền gấp 4 lần số tiền ban đầu.

Chọn C.

Chọn D.

Ta có $f\left(x\right)=\frac{2x.e^{-x}}{1+x^2}-f\text{'}\left(x\right),\forall x\in ℝ\iff f\left(x\right)+f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x.e^{-x}}{1+x^2}\iff e^x.f\left(x\right)+e^x.f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x}{1+x^2}.$

$\Rightarrow \left[e^x.f\left(x\right)\right]\text{'}=\frac{2x}{1+x^2}\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[e^x.f\left(x\right)\right]\text{'}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2x}{1+x^2}dx=\ln 2.$

Chọn D.

Số có 5 chữ số khác nhau có dạng $\overline{abcde},\left(a\ne 0\right).$

Chọn a có 9 cách chọn, mỗi bộ số $\overline{bcde}$ là một chỉnh hợp chập 4 của 9 chữ số còn lại nên có tất cả là $9.A_9^4$ số có 5 chữ số đôi một khác nhau.

Có 2 trường hợp để số được chọn có mặt đồng thời cả ba chữ số 1, 2 và 3 là

     - Hai chữ số còn lại đều khác 0: có $C_6^2.5!$ số.

     - Trong hai chữ số còn lại có 0: có $\mathrm{6.4.4}!$ số.

Do đó xác suất để số được chọn có mặt đồng thời cả ba chữ số 1, 2 và 3 là $\frac{C_6^2.5!+\mathrm{6.4.4}!}{9.A_9^4}=\frac{11}{126}.$

Vậy ta chọn phương án D.

Chọn B.

Ta có

$f\text{'}\left(\frac{x}{x^2+1}\right)={\left(\frac{x}{x^2+1}\right)}^2{\left(5\frac{x}{x^2+1}-2\right)}^3\left(\frac{x}{x^2+1}+1\right)\left(\frac{x}{x^2+1}\right)\text{'}={\left(\frac{x}{x^2+1}\right)}^2{\left(\frac{5x-2x^2-2}{x^2+1}\right)}^3\frac{x^2+x+1}{x^2+1}.\frac{1-x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}$

  $=\frac{x^2{\left(5x-2x^2-2\right)}^3\left(x^2+x+1\right)\left(1-x^2\right)}{{\left(x^2+1\right)}^8}$

$f\text{'}\left(\frac{x}{x^2+1}\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=0\\ x=2\\ x=\frac{1}{2}\end{array}\right..$

Bảng dấu của $f\text{'}\left(\frac{x}{x^2+1}\right)$ là

Do đạo hàm của hàm số $y=f\left(\frac{x}{x^2+1}\right)$ đổi dấu 4 lần nên hàm số có 4 điểm cực trị.

Vậy ta chọn phương án B.

Chọn B.

Gọi r là bán kính đáy của cốc nước.

Khi đó:

Chiều cao cốc nước là h = 6r. Thể tích lượng nước ban đầu bằng: $V=\pi r^{2}h=6\pi r^3.$

Viên bi có đường kính bằng đường kính cốc nước nên thể tích bằng $V_1=\frac{4}{3}\pi r^3.$

Khối nón có chiều cao bằng 6r - 2r = 4r nên có thể tích bằng $V_2=\frac{1}{3}\pi r^{2}4r=\frac{4}{3}\pi r^3$

Cho nên thể tích nước còn lại bằng $V-V_1-V_2=6\pi r^3-\frac{4}{3}\pi r^3-\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{10}{3}\pi r^3.$

Suy ra tỉ số giữa số nước còn lại và số nước ban đầu bằng $\frac{\frac{10}{3}\pi r^3}{6\pi r^3}=\frac{5}{9}.$

Vậy ta chọn phương án B.

Chọn A.

Đặt $t=4^x>0.$ Khi đó phương trình trở thành $f\left(t\right)=2m-9\left(*\right).$

Đồ thị của hàm số f(t)

Dựa vào đồ thị, để phương trình (*) có nghiệm suy ra $2m-9\ge -1\iff m\ge 4.$

Chọn B.

Lấy điểm M, N lần lượt thuộc cạnh SB, SC sao cho SM = SN = 2a. Suy ra tam giác SAM, SMN đều cạnh có độ dài 2a tam giác SAN vuông cân tại S và $AN=2a\sqrt{2}.$

Trong tam giác AMN có $A{M}^2+M{N}^2=A{N}^2$ và AM = MN nên tam giác AMN vuông cân tại M

Từ S hạ $SH\perp AN$ tại H suy ra H là trung điểm $AN,MH=a\sqrt{2}$ và $SH=a\sqrt{2}.$

Trong tam giác SHM ta có $M{H}^2+S{H}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=4a^2=S{M}^2$ nên tam giác SHM vuông tại H. Suy ra có $\left.\begin{array}{l}SH\perp AM\\ SH\perp HM\end{array}\right\}\Rightarrow SH\perp \left(AMN\right)$ tại H

$V_{SAMN}=\frac{1}{3}{S}_{AMN}.SH=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2a.2a.a\sqrt{2}=\frac{2a^3\sqrt{2}}{3}.$

$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow V_{S.ABC}=3V_{S.AMN}=3\frac{2a^3\sqrt{2}}{3}=2a^3\sqrt{2}.$

Chọn C.

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=\left(4x-1\right).f\text{'}\left(2x^2-x\right)+12x-3=\left(4x-1\right)\left[f\text{'}\left(2x^2-x\right)+3\right].$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}4x-1=0\\ f\text{'}\left(2x^2-x\right)=-3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}\\ 2x^2-x=0\\ 2x^2-x=-1\\ 2x^2-x=1\\ 2x^2-x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}\\ x=0\\ x=-\frac{1}{2}\\ x=1\\ x=-\frac{1}{2}\\ x=\frac{1\pm \sqrt{17}}{4}\end{array}\right.$

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{1}{2};0\right)\supset \left(-\frac{1}{4};0\right).$

Chọn C.

Ta có

     $f"\left(x\right).f\left(x\right)-2{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2+2x{f}^3\left(x\right)=0$

     $\iff \frac{f"\left(x\right).f\left(x\right)-2{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2}{f^3\left(x\right)}=-2x$

     $\iff \frac{f"\left(x\right).f^2\left(x\right)-2{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2.f\left(x\right)}{f^4\left(x\right)}=-2x$

     $\iff \left[\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}\right]\text{'}=-2x$

     $\Rightarrow \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=-x^2+C$

Giả thiết f'(0) = 0, f(0) = 1 nên $C=0\Rightarrow \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=-x^2\Rightarrow \frac{1}{f\left(x\right)}=\frac{x^3}{3}+C_1$

Vì $f\left(0\right)=1\iff 1=0+C_1\iff C_1=1\Rightarrow \frac{1}{f\left(x\right)}=\frac{x^3}{3}+1$

Vậy $f\left(1\right)=\frac{3}{4}.$

Chọn A.

Đặt $\frac{SM}{SB}=x,\frac{SN}{SC}=y,\frac{SP}{SD}=z,\frac{SQ}{SA}=t$ thì $\frac{1}{x}+\frac{1}{z}=\frac{1}{y}+\frac{1}{t}\iff 2+\frac{4}{3}=\frac{3}{2}+\frac{1}{t}\iff t=\frac{6}{11}$

Mặt khác $\frac{V_{S.MNPQ}}{V_{S.ABCD}}=\frac{xyzt}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\right)=\frac{5}{22}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{22}{5}\Rightarrow V_{ABCD.MNPQ}=\frac{17}{5}$

Theo định lý Menelaus trong $\Delta SAD$ ta có

$\frac{SQ}{QA}.\frac{AE}{ED}.\frac{DP}{PS}=1\iff \frac{6}{5}.\frac{AE}{ED}.\frac{1}{3}=1\iff \frac{AE}{ED}=\frac{5}{2}\Rightarrow \frac{AD}{DE}=\frac{3}{2}\Rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{3}$

Theo định lý Menelaus trong $\Delta SBC$ ta có

$\frac{SM}{MB}.\frac{BF}{FC}.\frac{CN}{NS}=1\iff \frac{BF}{FC}=2\Rightarrow \frac{BF}{BC}=2\Rightarrow \frac{S_{DCF}}{S_{ABC}}=1\Rightarrow \frac{S_{DCF}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\frac{S_{CDEF}}{S_{ABCD}}=\frac{5}{6}\Rightarrow \frac{V_{N.CDEF}}{V_{S.ABCD}}=\frac{NC}{SC}.\frac{S_{CDEF}}{S_{ABCD}}=\frac{5}{18}\Rightarrow V_{N.CDEF}=\frac{11}{9}$

Ta có