Chọn B

Áp dụng quy tắc cộng:

Số cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó là $8+6+10=24.$

Chọn A

Ta có $u_{n+1}-u_n=3\left(n+1\right)-2-3n+2=3$

Suy ra d=3 là công sai của cấp số cộng.

Chọn A

Trong khoảng (-1;0) đạo hàm y'<0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0).

Chọn B

Chọn D

$y^{\text{'}}=4x^3-3x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\text{ (boi 2)}\\ x=\frac{3}{4}\end{array}\right.$

Vậy hàm số đã cho có đúng 1 cực trị.

Chọn D

Tiệm cận ngang: y=3

Tiệm cận đứng: $x=-1;x=1.$

Chọn A

Ta có đồ thị hàm số đi qua điểm A(0;-1); B(1;1) và C(-1;1)

Xét $y=-2x^4+4x^2-1$

Thế tọa độ điểm A(0;-1) thỏa mãn; thế tọa độ điểm B(1;1): $1=-2.1+4.1-1$

Thế tọa độ điểm C(-1;1) thỏa mãn.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-2x^2+x-12=0\iff x=3$.

Vậy có một giao điểm duy nhất.

Chọn D

Ta có $\log {\left(10ab\right)}^2=2\log \left(10ab\right)=2\left(\log 10+\log ab\right)=2+2\log \left(ab\right)$

$=2(1+\log a+\log b)=2+\log {\left(ab\right)}^2$.

Chọn A

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(2x-3\right)}^{\text{'}}.{\text{e}}^{2x-3}=2.{\text{e}}^{2x-3}$

Chọn B

Cách 1: $P=a^{\sqrt{2}}.{\left(\frac{1}{a}\right)}^{\sqrt{2}-1}=a^{\sqrt{2}}{\left(a^{-1}\right)}^{\sqrt{2}-1}=a^{\sqrt{2}}{a}^{1-\sqrt{2}}=a$.

Cách 2: MTCT

B1: Nhập biểu thức P và trừ đi 1 đáp án tùy ý

B2: Bấm phím CALC máy hiện a? nhập số dương tùy ý ( chẳng hạn là nhập 2) bấm dấu = nếu kết quả là số 0 thì nhận nếu khác 0 ta nhấn phím mũi tên sang trái để sửa cho đáp án khác và lặp lại quy trình trên cho đến khi có đáp án đúng.

Chọn D

Ta có $3^{x^4-3x^2}=81\iff 3^{x^4-3x^2}=3^4\iff x^4-3x^2=4\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2=-1\\ x^2=4\end{array}\right.$$\iff x^2=4\iff x=\pm 2$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình $3^{x^4-3x^2}=81$ bằng 0.

Chọn C

Điều kiện x>0.

Ta có

${\log }_{3}x+{\log }_3(x+2)=2\Rightarrow {\log }_3\left(x\right(x+2\left)\right)={\log }_{3}9\Rightarrow x^2+2x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1-\sqrt{10}\\ x=-1+\sqrt{10}\end{array}\right.$

Vì x>0 nên phương trình có nghiệm duy nhất là $x=-1+\sqrt{10}$.

Chọn D

Ta có $\int \frac{2x+1}{x}dx=\int 2dx+\int \frac{1}{x}dx=2x+\ln \left|x\right|+C$.

Chọn B

Ta có $\int \sin x\cos xdx=\int \sin xd\left(\sin x\right)=\frac{{\sin }^{2}x}{2}+C$.

Chọn C

Ta có $\underset{6}{\overset{12}{\int }}f\left(\frac{x}{3}\right)dx=3\underset{6}{\overset{12}{\int }}f\left(\frac{x}{3}\right)d\left(\frac{x}{3}\right)=3\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)dt=3\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Suy ra: $\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{2}{3}$.

Từ đó suy ra $\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=3+\frac{2}{3}=\frac{11}{3}$.

Chọn D

$\underset{1}{\overset{e}{\int }}\ln xdx=x\ln x\left|{}_1^e-\right.\underset{1}{\overset{e}{\int }}dx=e-(e-1)=1$

Chọn B

Số phức liên hợp là $\overline{z}=2+3i$. Do đó tổng cần tìm bằng 5.

Chọn A.

Ta có $z=z_1-z_2=\left(2-i\right)-\left(7-3i\right)=2-i-7+3i=-5+2i$

Chọn B.

Ta có: $\left(1+i\right)z=3-i\iff z=\frac{3-i}{1+i}\iff z=\frac{\left(3-i\right)\left(1-i\right)}{\left(1+i\right)\left(1-i\right)}\iff z=1-2i$.

Vậy điểm biểu diễn số phức z là M(-1;2).

Chọn D.

Ta có thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.a^2.2a=\frac{2a^3}{3}$. 

Chọn A.

Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật có các cạnh 2cm,4cm,7cm là $V=\mathrm{2.4.7}=56\left(c{m}^3\right)$.

Chọn A.

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi a^2.2a=\frac{2\pi a^3}{3}$.

Chọn C.

Ta có $S_{xq}=2\pi Rl\Rightarrow 48\pi =6.2\pi R\Rightarrow R=4$

Chọn D

Ta có: $AB=\sqrt{{\left(0-2\right)}^2+3^2+4^2}=\sqrt{29}$.

Chọn A

Mặt cầu đường kính AB nhận trung điểm I của AB là tâm và bán kính $R=\frac{AB}{2}$.

Ta có I(-1;0;1) và $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}$.

Vậy phương trình mặt cầu là ${\left(x+1\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2=2$

Chọn A

Do $\left(P\right):ax+by+cz-13=0$ đi qua 3 điểm $A\left(1;-1;2\right),B\left(2;1;0\right),C\left(0;1;3\right)$ nên ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}a-b+2c=13\\ 2a+b=13\\ b+3c=13\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=6\\ b=1\\ c=4\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c=11$

Chọn A

   $A\left(1;-2;0\right),M\left(1;-1;2\right);\overrightarrow{AM}=\left(0;1;2\right)$            

Đường trung tuyến AM của tam giác ABC có phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-2+t\\ z=2t\end{array}\right.$

Chọn A

Số phần tử không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=C_9^3=84$.

Gọi biến cố A: “Ba quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển Toán”.

Ta có $n\left(A\right)=C_4^1.C_5^2+C_4^2.C_5^1+C_4^3=74$.

Xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{74}{84}=\frac{37}{42}$.

Nhận xét: Có thể dùng biến cố đối $n\left(\overline{A}\right)=C_5^3=10\Rightarrow P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{10}{84}=\frac{37}{42}$.

Chọn D

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$.

$y^{\text{'}}=x^2-5x+6$; $y^{\text{'}}=0\iff x^2-5x+6=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\in \left[1;3\right]\\ x=3\in \left[1;3\right]\end{array}\right.$.

Ta có: $y\left(1\right)=\frac{29}{6}$, $y\left(2\right)=\frac{17}{3}$, $y\left(3\right)=\frac{11}{2}$.

Do đó, $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[1;3\right]}{\max }y=\frac{17}{3}\iff x=2\\ \underset{\left[1;3\right]}{\min }y=\frac{29}{6}\iff x=1\end{array}\right.$.

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [1;3] lần lượt tại hai điểm $x_1=2$ và $x_2=1\Rightarrow x_1+x_2=3$.

Chọn C

Ta có : ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{-x^2+3x}<\frac{1}{4}\iff {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-x^2+3x}<{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\iff -x^2+3x>2\iff x^2-3x+2<0\iff 1<x<2$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=(1;2).

Chọn A

Ta có: $I=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left[x+2f\left(x\right)-3g\left(x\right)\right]\text{d}x={\left.\frac{x^2}{2}\right|}_{-1}^2+2\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-3\underset{-1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=\frac{3}{2}+2.2-3\left(-1\right)$$=\frac{17}{2}$.

Chọn B

Ta có

$z=1+2i\Rightarrow \overline{z}=1-2i$

$w=2z+\overline{z}=2(1+2i)+1-2i=3+2i$

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức w là 5

Chọn A.

AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD)

$\Rightarrow \left(SC,\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SCA}$

Xét $\Delta SCA$ vuông tại có $SA=\sqrt{3},AC=3\Rightarrow \tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{CA}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SCA}={30}^0$.

Chọn A

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

Do $A\text{'}A=A\text{'}B=A\text{'}C$ nên $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)\Rightarrow d\left(A\text{'},\left(ABC\right)\right)=A\text{'}H$.

Xét $\Delta A\text{'}AH$ vuông tại H có $A\text{'}A=2,AH=\frac{2}{3}.\frac{2\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A\text{'}H=\sqrt{A\text{'}{A}^2-A{H}^2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$.

Chọn B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng $\left(Oyz\right)\Rightarrow H\left(0;0;2\right)$

Có R=IH=1, suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z-2\right)}^2=1.$

Chọn A.

Đường thẳng d có VTCP $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-1;-3\right)$

Vì đường thẳng cần lập song song với d nên có VTCP $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{u_d}=\left(2;-1;-3\right)$

Vậy đường thẳng cần lập có phương trình tham số là $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3-t\\ z=-2-3t\end{array}\right..$

Chọn C

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

$g^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff f^{\text{'}}\left(2x-1\right)>1\iff \left[\begin{array}{l}2x-1<-1\\ 2x-1>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>\frac{3}{2}\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên [0;2] bằng $g\left(\frac{3}{2}\right)=-f\left(2\right)+3$.

Chọn B

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y-2^{\sqrt{x}}\ne 0\\ y\ge 1\end{array}\right.$

+ Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}{2}^{x+1}-\frac{1}{4}\le 0\\ y-2^{\sqrt{x}}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le -3\\ x>{\left({\log }_{2}y\right)}^2\ge 0\end{array}\right.\iff x\in \varnothing$

+ Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{l}{2}^{x+1}-\frac{1}{4}\ge 0\\ y-2^{\sqrt{x}}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -3\\ x<{\left({\log }_{2}y\right)}^2\end{array}\right.$

Kết hợp điều kiện: $x\ge 0;{\log }_{2}y\ge {\log }_{2}1=0$. Ta có : $0\le x<{\left({\log }_{2}y\right)}^2$

Để có không quá 25 số nguyên x thì $1\le {\left({\log }_{2}y\right)}^2\le 25\Rightarrow 1\le {\log }_{2}y\le 5\iff 2\le y\le 32$

$\Rightarrow y\in \left\{2;3;\mathrm{...};32\right\}$. Có 31 số nguyên y.

Chọn A

Do hàm số liên tục trên $\mathrm{ℝ}$ nên hàm số liên tục tại $x=0\iff \underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(0\right)\iff m=1$

Khi đó ta có $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{e}^{2x}\text{d}x+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x+1\right)\text{d}x$

          $={\left.\frac{e^{2x}}{2}\right|}_{-1}^0+{\left.\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\right|}_0^2=\frac{1}{2}-\frac{e^{-2}}{2}+4=\frac{9}{2}-\frac{1}{2e^2}$                           .

Do đó $a=\frac{9}{2};b=-\frac{1}{2}$.

Vậy a+b=4.

Chọn D

Ta có: Gọi z=a+bi$\left(a,b\in ℝ\right)$.

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.\iff \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.\iff \left\{\begin{array}{l}-2a+1=-2b+1\\ -6b+9=2b+1\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$.

Vậy có một số phức thỏa mãn là z=1+i.

Chọn B

Theo giả thiết ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc $\widehat{BCA}=30°$ nên $\widehat{BCD}=60°$; $\Delta BCD$ đều suy ra BD=a, $CO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AC=2CO=a\sqrt{3}$.

Ta có $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD$; $=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$; $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}$ với $SO=\frac{3a}{4}$ suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a}{4}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$. 

Chọn C

Đổi: $50cm=0,5m;70cm=0,7m;80cm=0,8m$.

Xét tam giác nội tiếp đường tròn đáy có kích thước lần lượt là 0,5m; 0,7m; 0,8m nên bán kính đường tròn đáy của thùng đựng dầu là $R=\frac{0,5.0,7.0,8}{4\sqrt{1\left(1-0,5\right)\left(1-0,7\right)\left(1-0,8\right)}}=\frac{7\sqrt{3}}{30}$.

Ta có h=2R

Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.

Vậy $S=3.2\pi Rh=6.3,\mathrm{14.2.}{R}^2=6.3,14.2{\left(\frac{7\sqrt{3}}{30}\right)}^2=\frac{7693}{1250}=6,1544$.

Chọn C

Gọi $M\left(-1+a;-1+2a;1+a\right)\in d$ ( $a\in \mathbb{Z}$) , $N\left(-1+2b;3-b;1-2b\right)\in d^{\text{'}}$.

$\overrightarrow{MN}=\left(2b-a;-b-2a+4;-2b-a\right)$. Một vectơ pháp tuyến của của (P) là $\overrightarrow{n}=\left(2;1;1\right)$.

Ta có $\Delta \text{//}\left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{n}=0\iff -5a+b+4=0\iff b=5a-4\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(9a-8;-7a+8;-11a+8\right)$  $MN=\sqrt{11}\iff \sqrt{251a^2-432a+192}=\sqrt{11}\iff 251a^2-432a+181=0\iff \left[\begin{array}{c}a=1\\ a=\frac{181}{251}\left(l\right)\end{array}\right.$

Suy ra  có một vectơ chỉ phương của $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{MN}=\left(1;1;-3\right)$ và $\Delta$ đi qua M(0;1;2).

Vậy phương trình đường thẳng $\Delta$ là $\frac{x}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-2}{-3}.$

Chọn D

Từ bảng biến thiên, ta tìm được $f^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{3}{4}{x}^3+\frac{9}{4}x-\frac{5}{2}$.

Đặt $h\left(x\right)=f\left(-x^2\right)-x^2+\frac{2^{x^2}}{\ln 2}$. Ta có $h\left(0\right)=f\left(0\right)+\frac{1}{\ln 2}=0$.

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

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

Đặt $t=-x^2,t\le 0$. Phương trình (*)  trở thành: $f^{\text{'}}\left(t\right)=u\left(t\right)$, với $u\left(t\right)=2^{-t}-1$

Từ đồ thị ta thấy phương trình $f^{\text{'}}\left(t\right)=u\left(t\right)\iff t=t_0$, với $t_0<-1$.

Từ đó, phương trình (*) $\iff -x^2=t_0\iff x=\pm \sqrt{-t_0}$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số $g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|$ có 5 điểm cực trị.

Chọn B

Ta có ${\log }_3\left(2x^2+y^2\right)={\log }_7\left(x^3+2y^3\right)=\log z=t\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2+y^2=3^t\left(1\right)\\ x^3+2y^3=7^t\left(2\right)\\ z={10}^t\left(3\right)\end{array}\right.$.

+ Nếu y=0$\left(2\right)\Rightarrow x=7^{\frac{t}{3}}$ thay vào (1) ta được ${2.7}^{\frac{2t}{3}}=3^t\iff t={\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2$ do đó $z={10}^{{\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2}$.

+ Nếu $y\ne 0$

Từ (1)&(2) suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\left(2x^2+y^2\right)}^3={27}^t\\ {\left(x^3+2y^3\right)}^2={49}^t\end{array}\right.\Rightarrow \frac{{\left(x^3+2y^3\right)}^2}{{\left(2x^2+y^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t\iff \frac{{\left({\left(\frac{x}{y}\right)}^3+2\right)}^2}{{\left(2{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+1^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t,\left(*\right)$.

Đặt $\frac{x}{y}=u,u\ne -\sqrt[3]{2}$. Xét $f\left(u\right)=\frac{{\left(u^3+2\right)}^2}{{\left(2u^2+1\right)}^3}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(u\right)=\frac{6u\left(u^3+2\right)\left(u-4\right)}{{\left(2u^2+1\right)}^4}=0\iff \left[\begin{array}{l}u=0\\ u=-\sqrt[3]{2}\\ u=4\end{array}\right.$.

Ta có bảng biến thiên

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp (x;y) thỏa mãn bài toán do đó 

Yêu cầu bài toán tương đương $\left[\begin{array}{l}\frac{1}{8}\le {\left(\frac{49}{27}\right)}^t<4\\ 0<{\left(\frac{49}{27}\right)}^t<\frac{4}{33}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{1}{8}\right)}\le z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}4}\\ 0<z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{4}{33}\right)}\end{array}\right.$

Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.

Chọn A

Gọi $x_1$ là nghiệm dương lớn nhất của phương trình $x^4-3x^2+m=0$, ta có $m=-x_1^4+3x_1^2\left(1\right)$.

Vì $S_1+S_3=S_2$ và $S_1=S_3$ nên $S_2=2S_3$ hay $\underset{0}{\overset{x_1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=0$.

Mà $\underset{0}{\overset{x_1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{x_1}{\int }}\left(x^4-3x^2+m\right)\text{d}x={\left.\left(\frac{{\displaystyle x^5}}{{\displaystyle 5}}-x^3+mx\right)\right|}_0^{x_1}=\frac{{\displaystyle x_1^5}}{{\displaystyle 5}}-x_1^3+m{x}_1$$=x_1\left(\frac{x_1^4}{5}-x_1^2+m\right)$.

Do đó, $x_1\left(\frac{x_1^4}{5}-x_1^2+m\right)=0\iff \frac{x_1^4}{5}-x_1^2+m=0\left(2\right)$.

Từ (1) và (2), ta có phương trình $\frac{x_1^4}{5}-x_1^2-x_1^4+3x_1^2=0\iff -4x_1^4+10x_1^2=0\iff x_1^2=\frac{5}{2}$.

Vậy $m=-x_1^4+3x_1^2$.

Chọn B

Đặt $z_1=a+bi,z_2=c+di$ với $a,b,c,d\in ℝ.$ Theo giả thiết thì