Đáp án D

Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được một khối trụ có độ dài đường cao là a, bán kính đáy là a.

Thể tích khối trụ là $V=\pi a^2.a=\pi a^3$

Đáp án A.

Từ bảng biến thiên ta có:

·        Hàm số y=f(x) có tập xác định là $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$, suy ra hàm số không đạt cực trị tại $x=-1$ .

Do đó các mệnh đề ở đáp án B và C là các mệnh đề sai.

·        Hàm số không có điểm cực đại nên không có giá trị cự đại bằng 1.

Do đó mệnh đề ở đáp án D là mệnh đề sai.

·        Tại x=2 thì f'(x) và đổi dấu từ âm sang dương nên x=2 là điểm cực tiểu của hàm số và dễ thấy hàm số không có điểm cực đại, suy ra mệnh đề ở đáp án A đúng.

Vậy mệnh đề của đáp án A là đúng.

Đáp án D.

Đáp án C.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-2.1-\left(-4\right).1}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{2}{{\left(x+1\right)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\in D$ .

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(-1;+\infty \right)$ .

Đáp án A.

Mệnh đề $\frac{x^{\alpha }}{y^{\beta }}={\left(\frac{x}{y}\right)}^{\alpha -\beta }$  là mệnh đề sai.

Đáp án A.

Ta có $I=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[2x+f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}2xdx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)dx$

$=4+3-2.\left(-2\right)=11$.

Đáp án C.

Diện tích toàn phần của hình nón là: $S_{tp}=\pi R^2+\pi Rl=9\pi +15\pi =24\pi$ .

Đáp án A.

Phương trình tương đương với: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2-3x+10\right)={\log }_{\frac{1}{2}}8$

$\iff x^2-3x+10=8\iff x^2-3x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: $S=\left\{1;2\right\}$

Đáp án C.

Thay tọa độ các điểm của các đáp án, ta thấy đáp án C là: $1-1+1-6=-5\ne 0$ , suy ra điểm M không thuộc mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ .

Đáp án D.

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

Đáp án B.

Trục Ox đi qua O(0;0;0) và nhận $\overrightarrow{i}\left(0;0\right)$  làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số là $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=0\\ z=0\end{array}\right.$

Đáp án B.

Theo công thức tổng quát ở lý thuyết thì ta có số hạng thứ 5 là:

$C_7^4.{\left(a^2\right)}^3.{\left(\frac{-1}{b}\right)}^4=35a^6{b}^{-4}$.

Đáp án A.

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

Đáp án D.

Cách 1:

Ta có: $\text{w}=\frac{z_1}{z_2}=\frac{1+3i}{3-4i}=\frac{\left(1+3i\right)\left(3+4i\right)}{25}=\frac{-9}{25}+\frac{13}{25}i$

Do đó $\left|\text{w}\right|=\left|\frac{-9}{25}+\frac{13}{25}i\right|=\sqrt{{\left(\frac{-9}{25}\right)}^2+{\left(\frac{13}{25}\right)}^2}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Cách 2: Ta có: $\left|\text{w}\right|=\left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{\left|z_1\right|}{\left|z_2\right|}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Đáp án C.

Dựa vào đồ thị ta thấy có hai tiệm cận là $x=-1$  và $y=-1$  nên loại đáp án D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên loại đáp án A và B, chỉ có đáp án C đúng.

Đáp án D.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{m\right\}$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+2m+3}{{\left(x-m\right)}^2}$

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: $y^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in D$

$\iff -m^2+2m+3>0\iff -1<m<3$

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

Vậy $S=\left\{0;1;2\right\}$

Đáp án C.

Ta có $z={\left(\sqrt{2}+3i\right)}^2={\left(\sqrt{2}\right)}^2+2.\sqrt{2}.3i+{\left(3i\right)}^2=2+6\sqrt{2}i-9=-7+6\sqrt{2}i$

Suy ra $T=-7+6\sqrt{2}$

Đáp án A.

Gọi $I\left(a;0;0\right)\in Ox\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{IA}\left(1-a;1;2\right)\\ \overrightarrow{IB}\left(3-a;2;-3\right)\end{array}\right.$

Do (S) đi qua hai điểm A,B nên $IA=IB\iff \sqrt{{\left(1-a\right)}^2+5}=\sqrt{{\left(3-a\right)}^2+13}$

 $\iff 4a=16\iff a=4$

(S) có tâm I(4;0;0), bán kính $R=IA=\sqrt{14}$

$\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-4\right)}^2+y^2+z^2=14\iff x^2+y^2+z^2-8x+2=0$

Đáp án B.

Ta có: ${\log }_{16}27={\log }_{2^4}{3}^3=\frac{3}{4}{\log }_{2}3=\frac{3}{4a}$ .

Công thức biến đổi: ${\log }_{a^b}{c}^d=\frac{d}{b}{\log }_{a}c$  (với $0<a\ne 1;c^d>0$  )

Đáp án B.

Ta có: $z^4+4z^2-5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}^2=1\\ z^2=-5\end{array}\right.$

Phương trình có bốn nghiệm lần lượt là: $z_1=\mathrm{1,}{z}_2=-\mathrm{1,}{z}_3=-i\sqrt{5},z_4=i\sqrt{5}$

Do đó: ${\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+{\left|z_3\right|}^2+{\left|z_4\right|}^2=1^2+1^2+{\left(\sqrt{5}\right)}^2+{\left(\sqrt{5}\right)}^2=12$

Đáp án C.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;-3;-4\right),\left(Q\right)$  có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;1;1\right)$

Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$

Vì $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\perp \overrightarrow{AB}$  và $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}$  nên ta chọn $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(1;-1;0\right)$

Đáp án D.

Điều kiện: $x>0$

Bất phương trình tương đương với: $-1\le {\log }_{2}x\le 6\iff 2^{-1}\le x\le 2^6\iff \frac{1}{2}\le x\le 64$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left[\frac{1}{2};64\right]$

Đáp án C.

Ta có diện tích thiết diện là $S\left(x\right)=x\sqrt{3-x}$

Vậy thể tích phần vật thể $\Phi$là: $V=\underset{0}{\overset{3}{\int }}S\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}x\sqrt{3-x}dx=\frac{12\sqrt{3}}{5}$

Đáp án B.

Ta có $S_{xq}=\pi Rl$

Nên $S_{xq}=\pi \sqrt{3}.4=4\sqrt{3}\pi$

Đáp án D.

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1$  nên $y=-1;y=1$  là các đường TCN.

Và $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$  nên $x=1$  là các đường TCĐ.

Đáp án D.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,

suy ra    $A^{\text{'}}O\perp \left(ABCD\right)$ 

Tam giác A'OA vuông tại O, có

$A^{\text{'}}O=\sqrt{A{A^{\text{'}}}^2-A{O}^2}=\sqrt{4a^2-2a^2}=a\sqrt{2}$

Diện tích hình vuông ABCD là:

 $S_{ABCD}=4a^2$(đvdt)

Thể tích khối hộpABCD. A'B'C'D'   là:

 $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABCD}.A^{\text{'}}O=4a^3\sqrt{2}$(đvdt)

Đáp án B.

Ta có $y^{\text{'}}={\left(x^2\right)}^{\text{'}}{.2}^{x^2}.\ln 2=2x{.2}^{x^2}.\ln 2=x{.2}^{1+x^2}.\ln 2$     Áp dụng công thức ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=u^{\text{'}}.a^u.\ln a$

Đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để phương trình $f\left(x\right)=m+1$  có 4 nghiệm phân biệt thì $-4<m+1<1\iff -5<m<0$

Đáp án A.

Từ giả thiết suay ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)

Do SA=SB=SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác

ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

Suy ra $HI=\frac{1}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{6}$  và $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{15}}{6}$

Vì ABCD là hình thoi nên $HI\perp BD$

Tam giác SBD cân tại S nên $SI\perp BD$

Do đó $\widehat{\left(SBD\right),\left(ABCD\right)}=\widehat{SI,AI}=\widehat{SIH}$

Đáp án B.

Điều kiện: $0<x\ne 1$

Phương trình tương đương với: ${\log }_{2}x-6{\log }_{x}2=1$

Đặt $t={\log }_{2}x\left(t\ne 0\right)$ , phương trình trở thành $t-\frac{6}{t}=1\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^2-t-6=0\\ t\ne 0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}t=3\\ t=-2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=3\\ {\log }_{2}x=-2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=8=x_1\\ x=\frac{1}{4}=x_2\end{array}\right.\Rightarrow P=x_1{x}_2=2$

Đáp án C.

Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD là V₁.

Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AD là V₂.

Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tròn đường kính AD quay quanh đường thẳng AD là V₃.

Khi đó: $V_1=V_3-V_2=\frac{4}{3}\pi .O{A}^3-\frac{1}{3}\pi .H{C}^2.AH$

$=\frac{4}{3}.\pi .{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^3-\frac{1}{3}.\pi .{\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{23\pi a^3\sqrt{3}}{216}$

Đáp án A.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)+\frac{f\left(x\right)}{x}=x^2\iff x.f^{\text{'}}\left(x\right)+f\left(x\right)=x^3\iff {\left(x.f\left(x\right)\right)}^{\text{'}}=x^3\Rightarrow x.f\left(x\right)=\int x^{3}dx=\frac{x^4}{4}+C$

Vì $f\left(1\right)=-1\Rightarrow \frac{1}{4}+C=-1\iff C=-\frac{5}{4}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^3}{4}-\frac{5}{4x}\Rightarrow f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{96}$

Đáp án A.

Gọi O là trung điểm AC, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do đỉnh S cách đều các điểm A, B, C nên $SO\perp \left(ABCD\right)$

Ta có $d\left(M,\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(C,\left(SBD\right)\right)$

Kẻ $CE\perp BD$

Khi đó $d\left(C,\left(SBD\right)\right)=CE=\frac{CB.CD}{\sqrt{C{B}^2+C{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vậy $d\left(M,\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{2}CE=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Đáp án A.

Do $A=\Delta \cap d_1$  suy ra $A\in d$  nên $A\left(2+t;1-2t;1+2t\right)$

Vì M là trung điểm AB, suy ra $B\left(-t+2;2t-3;-2t+1\right)$

Theo giả thiết $B\in d_2$,  nên $\frac{-t+2-2}{2}=\frac{2t-3+3}{1}=\frac{-2t+1-1}{-1}\iff t=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A\left(2;1;1\right)\\ B\left(2;-3;1\right)\end{array}\right.$

Đường thẳng $\Delta$  đi qua hai điểm $A\left(2;1;1\right),B\left(2;-3;1\right)$  nên $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=1+t\\ z=1\end{array}\right.$

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ/\left\{-m\right\}$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{2m-1}{{\left(x+m\right)}^2}$

Để hàm số nghịch biến trên $\left(2;+\infty \right)$  thì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(2;+\infty \right)\\ -m\notin \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2m-1<0\\ -m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<\frac{1}{2}\\ m\ge -2\end{array}\right.\iff -2\le m<\frac{1}{2}$

Đáp án C.

Lấy môđun 2 vế của $\text{w}={\left(1-i\right)}^2.z$ , ta được: $\left|\text{w}\right|=\left|{\left(1-i\right)}^2.z\right|=\left|{\left(1-i\right)}^2\right|.\left|z\right|=\left|-2i\right|.\left|z\right|=2m$

Ta có $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left(f\left(x\right)-1\right){.2021}^{f\left(f\left(x\right)-1\right)}\ln 2021=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f^{\text{'}}\left(f\left(x\right)-1\right)=0\left(2\right)\end{array}\right.$

Ta có $\left(1\right)\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=1\\ x_3=3\\ x_4=6\end{array}\right.$  và $\left(2\right)\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)-1=-1\\ f\left(x\right)-1=1\\ f\left(x\right)-1=3\\ f\left(x\right)-1=6\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=4\\ f\left(x\right)=7\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị ta có

+ f(x)=0 có 1 nghiệm  là nghiệm bội 1.

+ f(x)=2 có 5 nghiệm  là các nghiệm bội 1.

+ f(x)=4 có 1 nghiệm  là nghiệm bội 1.

+ f(x)=7 có 1 nghiệm  là nghiệm bội 1.

Suy ra y' có 12 nghiệm phân biệt mà qua đó y' đổi dấu.

Vậy hàm số $y={2021}^{f\left(f\left(x\right)-1\right)}$  có 12 điểm cực trị.

Đáp án B.

Đặt $t={\left(1+\sqrt{2}\right)}^x\left(t>0\right)\Rightarrow {\left(1+\sqrt{2}\right)}^x=\frac{1}{t}$

Phương trình đã cho trở thành: $t+\frac{1-2a}{t}-4=0\iff t^2-4t+1-2a=0\left(1\right)$

Ta cần tìm a để (1) có hai nghiệm dương $t_1;t_2$  khi đó: $x_1-x_2={\log }_{1+\sqrt{2}}{t}_1-{\log }_{1+\sqrt{2}}{t}_2$ $={\log }_{1+\sqrt{2}}\frac{t_1}{t_2}={\log }_{1+\sqrt{2}}3\iff \frac{t_1}{t_2}=3\iff t_1=3t_2$

Kết hợp Vi-ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=4\\ t_1{t}_2=1-2a\\ t_1=3t_2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=3\\ t_2=1\\ 1-2a=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=3\\ t_2=1\\ a=-1\end{array}\right.$

Đáp án D.

Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học:

Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: $3+3r=3\left(1+r\right)$

Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: $3{\left(1+r\right)}^2+3\left(1+r\right)$

Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là: $3{\left(1+r\right)}^4+3{\left(1+r\right)}^3+3{\left(1+r\right)}^2+3\left(1+r\right)=\mathrm{12927407,43}=A$

Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng:

Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: $A+Ar-T=A\left(1+r\right)-T$

Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: $A\left(1+r\right)-T+\left[A\left(1+r\right)-T\right].r-T=A{\left(1+r\right)}^2-T\left(1+r\right)-T$

Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: $A{\left(1+r\right)}^{60}-T{\left(1+r\right)}^{59}-T{\left(1+r\right)}^{58}-\mathrm{...}-T\left(1+r\right)-T$

Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi $A{\left(1+r\right)}^{60}-T{\left(1+r\right)}^{59}-T{\left(1+r\right)}^{58}-\mathrm{...}-T\left(1+r\right)-T=0$

$\iff A{\left(1+r\right)}^{60}-T\left[{\left(1+r\right)}^{59}-{\left(1+r\right)}^{58}-\mathrm{...}-\left(1+r\right)-1\right]=0$

$\iff A{\left(1+r\right)}^{60}-T.\frac{{\left(1+r\right)}^{60}-1}{\left(1+r\right)-1}=0$

$\iff T=\frac{A{\left(1+r\right)}^{60}}{{\left(1+r\right)}^{60}-1}\approx \mathrm{232,289}$