Phương pháp:

Sử dụng: $a//a\text{'}\Rightarrow \angle \left(a;b\right)=\angle \left(a\text{'};b\text{'}\right)$

Cách giải:

Ta có B'D' // BD nên $\angle \left(AB;B\text{'}D\text{'}\right)=\angle \left(AB;BD\right)$

Vì ABCD là hình vuông nên $\angle ABD={45}^0.$

Vậy $\angle \left(AB;B\text{'}D\text{'}\right)={45}^0.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{a}{\overset{b}{\int }}g\left(x\right)dx$

Cách giải:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[g\left(x\right)-f\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=1.$

Chọn D.

Phương pháp:

Hàm số $y=\log x$ xác định khi x > 0.

Cách giải:

Hàm số $y=\log x+\log \left(3-x\right)$ xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 3-x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x<3\end{array}\right.\iff 0<x<3.$

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị xác định các khoảng đồ thị đi lên từ trái qua phải.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị và các đáp án ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên (-1; 0)

Chọn C.

Phương pháp:

- Cho góc ở đỉnh của một hình nón bằng $\alpha$ thì $\tan \frac{\alpha }{2}=\frac{r}{h}$ với r, h lần lượt là bán kính đáy, đường cao của hình nón.

- Sử dụng công thức: $l^2=h^2+r^2.$

Cách giải:

Vì góc ở đỉnh của một hình nón bằng ${60}^0$ nên $\tan {30}^0=\frac{r}{h}\iff \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{r}{h}\iff h=\sqrt{3}r.$

Lại có $l^2=h^2+r^2\Rightarrow l^2=3r^2+r^2\iff l=2r.$

Chọn A.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left(x_0;y_0;z_0\right)$ và nhận $\overrightarrow{u}\left(a;b;c\right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}.$

Cách giải:

Trong không gian Oxyz đường thẳng $\Delta$ đi qua A(-1; -1; 1) và nhận $\overrightarrow{u}\left(1;2;3\right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z+1}{3}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm số y = sin x đồng biến trên $\left(-\frac{\pi }{2}+k2\pi ;\frac{\pi }{2}+k2\pi \right)$.

Cách giải:

Hàm số y = sin x đồng biến trên $\left(-\frac{\pi }{2}+k2\pi ;\frac{\pi }{2}+k2\pi \right)$. Với k = 0 ta có hàm số y = sin x đồng biến trên $\left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)\supset \left(-\frac{\pi }{2};0\right).$

Vậy hàm số y = sin x đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{\pi }{2};0\right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Thực hiện phép cộng số phức.

Cách giải:

Ta có $z+\text{w}=2+i+3-i=5$ có phần thực bằng 5.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng: $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin kxdx=-\frac{1}{k}\cos kx+C.$

Cách giải:

$\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 3xdx=-\frac{1}{3}\cos 3x+C.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số cộng có số hạng đầu $u_1,$ công sai d là $u_n=u_1+\left(n-1\right)d.$

Cách giải:

Ta có $u_3=u_1+2d\iff d=\frac{u_3-u_1}{2}=\frac{\frac{1}{3}-1}{2}=\frac{-1}{3}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm xác định các điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu.

Cách giải:

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị $x=-2,x=1,x=6.$

Chọn A.

Phương pháp:

Đường tròn lớn của mặt cầu S (O; R) là có bán kính R.

Cách giải:

Đường tròn lớn của mặt cầu S (O; R) là có bán kính R nên có chu vì là $2\pi R$.

Chọn D.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm có tung độ lớn nhất trên [-3; 3]

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy $\underset{\left[-3;3\right]}{\max }y=y\left(3\right)=8.$

Chọn B.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz, cho $\overrightarrow{u}\left(x_1;y_1;z_1\right)$ và $\overrightarrow{v}\left(x_2;y_2;z_2\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}=\left(x_1-x_2;y_1-y_2;z_1-z_2\right)$.

Cách giải:

$\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}=\left(-1;1;2\right).$

Chọn D.

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oyz) là $\overrightarrow{k}\left(0;0;1\right).$

Cách giải:

Trong không gian Oxyz, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oyz) là $\overrightarrow{k}\left(0;0;1\right).$

Chọn D.

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

$2^{x-1}=8\iff 2^{x-1}=2^3\iff x-1=3\iff x=4.$

Chọn C.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m.

Cách giải:

Ta có $2f\left(x\right)=5\iff f\left(x\right)=\frac{5}{2}.$

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=\frac{5}{2}$ là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng $y=\frac{5}{2}.$

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y=\frac{5}{2}.$ cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm có hoành độ thuộc [-1; 2]

Vậy phương trình 2f(x) = 5 có 2 nghiệm trên đoạn [-1; 2].

Chọn B.

Phương pháp:

- Thực hiện phép nhân số phức.

- Sử dụng tính chất: $\overline{z_1}.\overline{z_2}=\overline{z_1{z}_2},\overline{z_1}+\overline{z_2}=\overline{z_1+z_2}.$

Cách giải:

Ta có:

$\left(2\overline{z_1}-3\right)\left(2\overline{z_2}-3\right)$

$=4\overline{z_1}.\overline{z_2}-6\left(\overline{z_1}+\overline{z_2}\right)+9$

$=4\overline{z_1{z}_2}-6\overline{z_1+z_2}+9$

Vì $z_1,z_2$ là các nghiệm phức của phương trình $z^2-3z+5=0$ nên $z_1{z}_2=5,z_1+z_2=3.$

Vậy $\left(2\overline{z_1}-3\right)\left(2\overline{z_2}-3\right)=4\overline{z_1{z}_2}-6\overline{z_1+z_2}+9=4.5-6.3+9=11$.

Chọn D.

Phương pháp:

- Đồ thị hàm phân thức hữu tỷ có bậc tử < bậc mẫu luôn có 1 TCN y = 0.

- Số TCĐ = số nghiệm của phương trình mẫu số không bị triệt tiêu bởi phương trình tử số.

Cách giải:

Hàm số $y=\frac{x+3}{x^3-3x}$ có bậc tử < bậc mẫu nên đồ thị hàm số luôn có 1 TCN y = 0.

Xét $x^3-3x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\ne -3\\ x=\pm \sqrt{3}\ne -3\end{array}\right.$ nên đồ thị hàm số có 3 TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{x+3}{x^3-3x}$ có 4 đường tiệm cận.

Chọn B.

Phương pháp:

- Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m.

- Tìm nghiệm $x^2,$ từ đó tìm nghiệm x.

Cách giải:

Ta có: $f\left(x^2\right)+1=0\iff f\left(x^2\right)=-1,$ số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = -1

Dựa vào đồ thị ta thấy $f\left(x^2\right)=-1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=a<0\left(Vônghiệm\right)\\ x^2=b>0\\ x^2=c>0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm \sqrt{b}\\ x=\pm \sqrt{c}\end{array}\right..$

Vậy phương trình $f\left(x^2\right)+1=0$ có 4 nghiệm.

Chọn C.

Chú ý khi giải: Đề bài yêu cầu tìm nghiệm của phương trình $f\left(x^2\right)+1=0$ là tìm nghiệm x chứa không tìm nghiệm $x^2.$

Phương pháp:

- Gọi bán kính đáy hình trụ là r. Thiết diện qua trục là hình chữ nhật có kích thước h x 2r.

- Dựa vào giả thiết: chu vi thiết diện qua trục gấp 3 lần đường kính đáy tìm r

- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là $V=\pi r^{2}h.$

Cách giải:

Gọi bán kính đáy hình trụ là r. Thiết diện qua trục là hình chữ nhật có kích thước h x 2r với h = 2.

Vì chu vi thiết diện qua trục gấp 3 lần đường kính đáy nên ta có phương trình: $2\left(h+2r\right)=3.2r\iff h=r=2.$

Vậy thể tích của khối trụ đó bằng: $V=\pi r^{2}h=\pi {.2}^2.2=8\pi .$

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng công thức tính đạo hàm: $\left(a^x\right)\text{'}=a^x\ln a.$

- Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của 1 thương: $\left(\frac{u}{v}\right)\text{'}=\frac{u\text{'}v-uv\text{'}}{v^2}$

Cách giải:

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

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{2^x\ln 2\left(2^x+1\right)-\left(2^x-1\right)2^x\ln 2}{{\left(2^x+1\right)}^2}$

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

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{2^x\ln {\mathrm{2.2.2}}^x}{{\left(2^x+1\right)}^2}$

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{2^{2x+1}\ln 2}{{\left(2^x+1\right)}^2}$

Chọn A.

Phương pháp:

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành, đường thẳng x = a, x = b là $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx.$

- Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Vì diện tích hình phẳng được kẻ sọc bằng 3 nên $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=3$ (do $f\left(x\right)\ge 0\forall x\in \left[0;2\right]$)

Đặt t = 2x ta có dt = 2dx. Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=2\end{array}\right..$

Khi đó $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2x\right)dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{3}{2}.$

Chọn D.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng đó.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD. Ta có $\left\{\begin{array}{l}OM\perp SO\\ OM\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow OM$ là đoạn vuông góc chung của SO và CD.

$\Rightarrow d\left(SO;CD\right)=OM=\frac{a}{2}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng: $d//\left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}$ và $\overrightarrow{n_P}$ cùng phương.

Cách giải:

Đường thẳng $\Delta :\frac{x}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{-1}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(1;1;-1\right).$

Mặt phẳng $\left(P\right):x+y-z=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(1;1;-1\right)=\overrightarrow{u}$ nên $\Delta //\left(P\right).$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: $\underset{}{\overset{}{\int }}{a}^{mx+n}dx=\frac{a^{mx+n}}{m\ln a}+C.$

Cách giải:

$\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{3}^{2x-1}dx=\frac{3^{2x-1}}{\ln 3}+C=\frac{9^x}{6\ln 3}+C.$

Chọn C.

Phương pháp:

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ $x=x_0$ là $k=f\text{'}\left(x_0\right)$.

Cách giải:

TXĐ: $D=\left[-\frac{1}{3};+\infty \right).$

Ta có $f\left(x\right)=\sqrt{3x+1}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{3}{2\sqrt{3x+1}}.$

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 1 là: $k=f\text{'}\left(1\right)=\frac{3}{4}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Chuyển vế, sử dụng công thức ${\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\frac{x}{y}\left(0<a\ne 1;x,y>0\right)$.

Cách giải:

Ta có:

${\log }_2\left(a+b\right)=3+{\log }_2\left(ab\right)$

$\iff {\log }_2\left(a+b\right)-{\log }_2\left(ab\right)=3$

$\iff {\log }_2\frac{a+b}{ab}=3$

$\iff \frac{a+b}{ab}=2^3=8$

$\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=8$

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC). Xác định góc giữa AA' và (ABC) là góc giữa AA' và hình chiếu của AA' lên (ABC).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính A'H

- Tính $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{\Delta ABC}.$

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC) $\Rightarrow AH$ là hình chiếu vuông góc của AA' lên (ABC).

$\Rightarrow \angle \left(AA\text{'};\left(ABC\right)\right)=\angle \left(AA\text{'};AH\right)=\angle A\text{'}AH={60}^0.$

Xét tam giác vuông A'AH có $A\text{'}H=AA\text{'}.\sin {60}^0=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{\Delta ABC}=a\sqrt{3}.a^2=\sqrt{3}{a}^3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình $\cos 2x=-\frac{1}{3}$ là số giao điểm của đồ thị hàm số y = cos 2x và đường thẳng $y=-\frac{1}{3}.$

Cách giải:

Ta có đồ thị:

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $\cos 2x=-\frac{1}{3}$ có 3 nghiệm trên khoảng $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right).$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{n_{\alpha }}\\ \overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{n_{\beta }}\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_{\alpha }},\overrightarrow{n_{\beta }}\right]$.

Cách giải:

Gọi $\overrightarrow{u_{\Delta }}$ là 1 VTCP của đường thẳng

$\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(1;1;1\right),\overrightarrow{n_{\beta }}=\left(1;2;3\right)$ lần lượt là 1 VTPT của mặt phẳng $\left(\alpha \right),\left(\beta \right).$

Vì $\Delta =\left(\alpha \right)\cap \left(\beta \right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{n_{\alpha }}\\ \overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{n_{\beta }}\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_{\alpha }},\overrightarrow{n_{\beta }}\right]=\left(1;-2;1\right).$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính f'(x)

- Giải phương trình f'(x) = 0 xác định số nghiệm bội lẻ.

Cách giải:

Ta có:

$f\left(x\right)=x^4{\left(x-1\right)}^2$

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=4x^3{\left(x-1\right)}^2+x^4.2\left(x-1\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=2x^3\left(x-1\right)\left[2\left(x-1\right)+x\right]$

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

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{x}=0\left(\mathrm{nghiệm}\mathrm{bội}3\right)\\ \mathrm{x}=1\left(\mathrm{nghiệm}\text{ đơ}\mathrm{n}\right)\\ \mathrm{x}=\frac{2}{3}\left(\mathrm{nghiệm}\text{ đơ}\mathrm{n}\right)\end{array}\right.$

Vậy hàm số f(x) đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn A.

Phương pháp:

Xét các TH:

- Chọn được 1 nam và 2 nữ.

- Chọn được 2 nam và 1 nữ.

Sử dụng tổ hợp và quy tắc cộng, nhân

Cách giải:

Để chọn sao cho trong nhóm có cả nam và nữ ta có các TH sau:

TH1: Chọn được 1 nam và 2 nữ $\Rightarrow$ Có $C_7^1.C_5^2=70$ cách.

TH2: Chọn được 2 nam và 1 nữ $\Rightarrow$ Có $C_7^2.C_5^1=105$ cách.

Vậy để chọn một nhóm 3 học sinh sao cho trong nhóm có cả nam và nữ có $70+105=175$ cách.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính đạo hàm f'(x)

- Để hàm số $f\left(x\right)=3x+m\sqrt{x^2+1}$ đồng biến trên $ℝ$ thì $f\text{'}\left(x\right)\ge 0\forall x\in ℝ$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Chia TH của x cô lập m.

- Giải các bất phương trình: $\left\{\begin{array}{l}m\ge f\left(x\right)\forall x\in \left[a;b\right]\Rightarrow m\ge \underset{\left[a;b\right]}{\max }f\left(x\right)\\ m\le f\left(x\right)\forall x\in \left[a;b\right]\Rightarrow m\le \underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(x\right)\end{array}\right.$

Cách giải:

TXĐ: $D=ℝ$

Ta có $f\left(x\right)=3x+m\sqrt{x^2+1}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=3+\frac{mx}{\sqrt{x^2+1}}.$

Để hàm số $f\left(x\right)=3x+m\sqrt{x^2+1}$ đồng biến trên $ℝ$ thì $f\text{'}\left(x\right)\ge 0\forall x\in ℝ$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\iff 3+\frac{mx}{\sqrt{x^2+1}}\ge 0\forall x\in ℝ\iff \frac{3\sqrt{x^2+1}+mx}{\sqrt{x^2+1}}\ge 0\forall x\in ℝ$

$\iff 3\sqrt{x^2+1}+mx\ge 0\forall x\in ℝ\iff mx\ge -3\sqrt{x^2+1}\forall x\in ℝ$

TH1: $x=0\Rightarrow 0\ge -3$ (luôn đúng).

TH2: $x>0\Rightarrow m\ge \frac{-3\sqrt{x^2+1}}{x}=f\left(x\right)\Rightarrow m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)\left(1\right).$

TH3: $x<0\Rightarrow m\le \frac{-3\sqrt{x^2+1}}{x}=f\left(x\right)\Rightarrow m\le \underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)\left(2\right).$

Xét hàm số $f\left(x\right)=-\frac{3\sqrt{x^2+1}}{x}\left(x\ne 0\right)$ ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{\frac{-3x}{\sqrt{x^2+1}}x+3\sqrt{x^2+1}}{x^2}=\frac{3}{x^2\sqrt{x^2+1}}>0\forall x\ne 0$.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $\left(1\right)\iff m\ge -3,\left(2\right)\iff m\le 3\Rightarrow -3\le m\le 3.$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}.$

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.

- Sử dụng: F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên $ℝ$ nên $\left\{\begin{array}{l}\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(x\right)+C\\ f\left(x\right)=F\text{'}\left(x\right)\end{array}\right.$

Cách giải:

Xét $I=\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{-2x}f\text{'}\left(x\right)dx.$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=e^{-2x}\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=-2e^{-2x}dx\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=e^{-2x}f\left(x\right)+2\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{-2x}f\left(x\right)dx.$

Vì $G\left(x\right)=x^3$ là một nguyên hàm của $g\left(x\right)=e^{-2x}f\left(x\right)$ trên $ℝ$ nên $\left\{\begin{array}{l}\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{-2x}f\left(x\right)dx=G\left(x\right)+C=x^3+C\\ e^{-2x}f\left(x\right)=G\text{'}\left(x\right)=3x^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=x^3+3x^2+C.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Từ giả thiết $\left|z+i\right|=2$ suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z

- Từ giả thiết ${\left(z-2\right)}^4$ là số thực chứng minh hoặc z - 2 là số thực, hoặc z - 2 là số thuần ảo, hoặc z - 2 có phần thực bằng cộng trừ phần ảo.

- Sử dụng phương pháp hình học.

Cách giải:

Vì $\left|z+i\right|=2\Rightarrow \left|z-\left(-i\right)\right|=2$ nên tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(0; -1), bán kính R = 2.

Gọi $z-2=x+yi$ ta có:

${\left(z-2\right)}^2={\left(x+yi\right)}^4={\left(x^2-y^2+2xyi\right)}^2$

$={\left(x^2-y^2\right)}^2+4xy\left(x^2-y^2\right)i-4x^2{y}^2$

$=x^4-8x^2{y}^2+y^4+4xy\left(x^2-y^2\right)i$

Vì ${\left(z-2\right)}^2$ là số thực nên $4xy\left(x^2-y^2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ y=0\\ \left|x\right|=\left|y\right|\end{array}\right.$

TH1: $x=0\Rightarrow z-2=yi\Rightarrow z=2+yi\Rightarrow$ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x = 2 trừ điểm (2; 0).

TH2: $y=0\Rightarrow z-2=z\iff z=x+2\Rightarrow$ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng y = 0 trừ điểm (-2; 0).

TH3: $\left|x\right|=\left|y\right|\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=y\Rightarrow z-2=x+xi\Rightarrow z=x+2+xi\\ x=-y\Rightarrow z-2=x-xi\Rightarrow z=x+2-xi\end{array}\right.\Rightarrow$ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $\left[\begin{array}{l}y=x-2\\ y=-x+2\end{array}\right.$ trừ điểm $\left(0;-2\right),\left(2;0\right),\left(0;2\right),\left(-2;0\right)$.

Ta có hình vẽ:

Vậy có 5 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” $\Rightarrow$ Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B. Chọn từng học sinh lớp 12A, sau đó chọn 1 học sinh lớp 12B để ghép cặp với học sinh lớp 12A đã được chọn.

Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{10}^2.C_8^2.C_6^2.C_4^2.C_2^2=113400.$

Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” $\Rightarrow$ Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B.

$\Rightarrow n\left(A\right)={\left(C_5^1\right)}^2.{\left(C_4^1\right)}^2.{\left(C_3^1\right)}^2.{\left(C_2^1\right)}^2.{\left(C_1^1\right)}^2=14400$

Vậy xác suất biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{14400}{113400}=\frac{8}{63}.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tìm hàm vận tốc v(t) trên mỗi giai đoạn dựa vào đồ thị.

- Quãng đường vật đi được từ thời điểm t = a đến thời điểm t = b là $s=\underset{a}{\overset{b}{\int }}v\left(t\right)dt.$

Cách giải:

Trong 2 giây đầu, $v_1=a{t}^2,$ lại có khi $t=2\left(s\right)\Rightarrow v_1=60\left(m/s\right)$ nên $60=a{.2}^2\iff a=15,$ suy ra $v_1=15t^2.$

Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là $s_1=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{v}_1\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{2}{\int }}15t^{2}dt=40\left(m\right).$

Trong giây tiếp theo, $v_2=mt+n.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}t=2\Rightarrow v=60\\ t=3\Rightarrow v=360km/h=100m/s\end{array}\right.,$ nên ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2m+n=60\\ 3m+n=100\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=40\\ n=-20\end{array}\right.$

$\Rightarrow v_2\left(t\right)=40t-20.$

Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là $s_2=\underset{2}{\overset{3}{\int }}{v}_2\left(t\right)dt=\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(40t-20\right)dt=80\left(m\right).$

Trong 2 giây cuối, $v_3=100\left(m/s\right)$

Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là $s_3=\underset{3}{\overset{5}{\int }}{v}_3\left(t\right)dt=\underset{3}{\overset{5}{\int }}100dt=200\left(m\right).$

Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: $40+80+200=320\left(m\right).$

Chọn D.

Phương pháp:

- Vì $\left(\alpha \right)\perp \Delta \Rightarrow \left(\alpha \right)$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(A;B;C\right).$ Suy ra dạng phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right):Ax+By+Cz+d=0.$

- Tìm giao điểm của $\Delta$ với trục Ox, trục Oy và tia Oz

- Tính độ dài OM, ON, OP theo d

- Tính  $V_{OMNP}=\frac{1}{6}OM.ON.OP,$ giải phương trình tìm de

- Suy ra phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ và tìm điểm thuộc $\left(\alpha \right)$.

Cách giải:

Đường thẳng $\Delta :\frac{x}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{z}{3}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;-2;3\right).$

Vì $\left(\alpha \right)\perp \Delta \Rightarrow \left(\alpha \right)$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;-2;3\right)$, khi đó phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có dạng:

                                         $\left(\alpha \right):x-2y+3z+d=0$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}M=\Delta \cap Ox\\ N=\Delta \cap Oy\\ P=\Delta \cap tiaOz\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\left(-d;0;0\right)\\ N\left(0;\frac{d}{2};0\right)\\ P\left(0;0;-\frac{d}{3}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}OM=\left|d\right|\\ ON=\frac{\left|d\right|}{2}\\ OP=\frac{\left|d\right|}{3}\\ -\frac{d}{3}>0\iff d<0\end{array}\right.$

Vì OMNP là tứ diện vuông tại O nên

$V_{OMNP}=\frac{1}{6}OM.ON.OP=\frac{1}{6}.\frac{1}{6}{\left|d\right|}^3=\frac{1}{36}.{\left|d\right|}^3=6\iff {\left|d\right|}^3=216\iff \left|d\right|=6\iff d=\pm 6.$

Mà $d<0\Rightarrow d=-6\Rightarrow \left(\alpha \right):x-2y+3z-6=0.$

Vậy $\left(\alpha \right)$ đi qua điểm B(1; -1; 1).

Chọn A.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AC chứng minh $SH\perp \left(SAC\right),BH\perp \left(SAC\right).$