Đáp án B

Ta có: ${\left(x^a\right)}^b=x^{ab}$

Đáp án D

Thể tích khối trụ là $V=\pi {.5}^2.5=125\pi$ .

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}(ad-bc\ne 0)$  có đường tiệm cận đứng là $x=-\frac{d}{c}$ .

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x-2}$  có đường TCĐ là $x=2$ .

Đáp án C

$\int \cos (ax+b)dx=\frac{1}{a}\sin (ax+b)+C$

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C$ .

Đáp án D

Số hạng tổng quát của CSN: $u_n=u_1.q^{n-1}$ .

Ta có: $u_1=\mathrm{2,}q=3\Rightarrow u_5=u_1.q^4={2.3}^4=162$ .

Đáp án A

Hình chiếu của $M(a;b;c)$  lên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$  là .

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $f\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=2\end{array}$

Đáp án C

Ta thấy hàm số $y=x^4+4x^2+1$  có $ab=1.4>0$  nên hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.

Đáp án C

Thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.SB.SC=\frac{1}{6}\mathrm{.3.4.5}=10$ .

Đáp án A

Từ hình vẽ ta thấy khi $x\to +\infty$  thì  hay hệ số $a<0.$  Do đó loại .

Thấy điểm $(0;-2)$thuộc đồ thị hàm số nên ta thay $x=0;y=-2$  vào hai hàm số còn lại thấy chỉ có hàm số $y=-x^3+3x^2-2$  thỏa mãn.

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm $M(x_0;y_0;z_0)$  đến mặt phẳng $\left(P\right):ax+by+cz+d=0$  là: $d(M,(P\left)\right)=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Đáp án A

Đáp án B

Giải bất phương trình ${\log }_{a}f\left(x\right)\ge m\iff f\left(x\right)\ge a^m$  với a>1.

Ta có: ${\log }_3(x-1)\ge 2\iff x-1\ge 3^2\iff x\ge 10$ .

Đáp án A

Số cách chọn 1 người làm tổ trưởng là $C_{10}^1=10$ .

Số cách chọn ra 1 người làm tổ phó là $C_9^1=9$ .

Nên số cách chọn ra 1 tổ trưởng và 1 tố phó là $10.9=90$  cách.

Đáp án C

Trục  có vectơ chì phương $\overrightarrow{k}=(0;0;1)$ .

Đáp án $\text{A}:\overrightarrow{n}=(0;2;0)$  không cùng phương  nên loại.

Đáp án $\text{B}:\overrightarrow{n}=(2;2;0)$  không cùng phương  nên loại.

Đáp án C: $\overrightarrow{n}=(0;0;2)=2\overrightarrow{k}$  nên $\left(P\right)\perp Oz$ .

Đáp án D: $\overrightarrow{n}=(2;0;0)$  không cùng phương $\overrightarrow{k}$  nên loại.

 Mặt phẳng  vuông góc với đường thẳng d thì $\overrightarrow{u_d}=k\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$ .

Đáp án C

Kẻ các đường sinh AB', AB' thì $A{B}^{\text{'}}\text{//}O{O}^{\text{'}}\text{//}{A}^{\text{'}}B$ .

Ta có $d(O{O}^{\text{'}};AB)=d(O{O}^{\text{'}};\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right))=d(O;\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right))$

Kẻ $OH\perp A{A}^{\text{'}}$  tại $H\Rightarrow H$  là trung điểm của .

Ta có $\{\begin{array}{l}OH\perp A{A}^{\text{'}}\\ A^{\text{'}}B\perp OH\end{array}\Rightarrow OH\perp \left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right)$

$\Rightarrow d(O;\left(A{A}^{\text{'}}B{B}^{\text{'}}\right))=OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Lại có AB tạo với trục hình trụ góc $30°$  mà $O{O}^{\text{'}}\text{//}{A}^{\text{'}}B\Rightarrow A^{\text{'}}BA=30°$

Xét tam giác  vuông tại  có $A^{\text{'}}B=A{A}^{\text{'}}.\cot 30°=a\sqrt{3}{A}^{\text{'}}B=A{A}^{\text{'}}.\cot 30°=a\sqrt{3}$ .

Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho là:

$S_{tp}=2\pi rl+2\pi r^2=2\pi .a.a\sqrt{3}+2\pi a^2=2\pi a^2(\sqrt{3}+1)$.

Đáp án C

Ta có: $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-1}{x^2+mx+4}=0$  nên đồ thị hàm số luôn có 1 TCN là $y=0$  .

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận thì nó chỉ có duy nhất 1 đường tiệm cận đứng  phương trình $x^2+mx+4=0$  có nghiệm x=1 hoặc phương trình $x^2+mx+4=0$  có nghiệm kép (có thể bằng 1). $\iff [\begin{array}{l}{1}^2+m.1+4=0\\ m^2-4.4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=-5\\ m=\pm 4\end{array}$ .

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Đáp án A

Xét tam giác  vuông tại A ta có

$AH=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}$

Mà ${\text{S}}_{\Delta S\text{AH}}=\frac{1}{2}SA.AH\iff 2=\frac{1}{2}SA.\sqrt{5}\Rightarrow SA=\frac{4\sqrt{5}}{5}$ .

Đáp án D

Bất phương trình $a^{f\left(x\right)}<m\iff f\left(x\right)<{\log }_{a}m$  với $a>1$ .

$5^{x^2-3x}<625\iff x^2-3x<{\log }_{5}625=4\iff x^2-3x-4<0\iff -1<x<4$.

Đáp án A

ĐK: $x\ge 0$

Xét trên [0; 3] ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=1-\frac{1}{2\sqrt{x}}=0\iff x=\frac{1}{4}\in [0;3]$ .

Ta có $f\left(0\right)=0;f\left(3\right)=3-\sqrt{3};f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}$ .

Suy ra $M=\underset{{}_{[0;3]}}{\max }y=\max \left\{f\left(0\right);f\left(\frac{1}{4}\right);f\left(3\right)\right\}=f\left(3\right)=3-\sqrt{3}$ .

$m=\underset{{}_{[0;3]}}{\min }y=\min \left\{f\left(0\right);f\left(\frac{1}{4}\right);f\left(3\right)\right\}=f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}$.

Nên $M+2m=3-\sqrt{3}+2.(-\frac{1}{4})\approx \mathrm{0,768}$ .

 $\underset{{}_{[a;b]}}{\max }y=\max \left\{y\left(a\right);y\left(x_i\right);y\left(x_j\right);y\left(b\right)\right\}$và $\underset{{}_{[a;b]}}{\min }y=\max \left\{y\left(a\right);y\left(x_i\right);y\left(x_j\right);y\left(b\right)\right\}$ .

Đáp án B

Đáp án D

Xác định góc giữa các mặt phẳng (P) và (Q) ta thực hiện các bước sau:

+ Xác định giao tuyến d của (P) và (Q)

+ Trong mặt phẳng (P) xác định đường thẳng $a\perp d$ , trong mặt phẳng (Q) xác định đường thẳng $b\perp d$ .

+ Khi đó góc giữa (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng a và b.

Gọi M là trung điểm BC (do $\Delta ABC$  cân tại  A).

Lại có $\Delta SAB=\Delta SAC(c.g.c)\Rightarrow SB=SC$  hay $\Delta SBC$  cân tại S.

$\Rightarrow SM\perp BC$

Ta có   $\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ AM\perp BC;AM\subset \left(ABC\right)\\ SM\perp BC;SM\subset \left(SBC\right)\end{array}$

$\Rightarrow \stackrel{⌢}{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\left(\widehat{SM,AM}\right)=\widehat{SMA}$.

Theo đề bài $V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}\Rightarrow \frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}\iff SA=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}:\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a}{2}$ .

Lại thấy $\Delta ABM$  vuông tại M có $AB=a;\widehat{ABM}=\frac{180°-\widehat{BAC}}{2}=30°$

Xét tam giác $SA=AM=\frac{a}{2}$  vuông tại  có $AB=a;\widehat{ABM}=\frac{180°-\widehat{BAC}}{2}=30°$  nên $\Delta SAM$  vuông cân tại  hay $\widehat{SMA}=45°$

Vậy góc giữa (SBC) và (ABC) là $45°$ .

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int \frac{\ln x}{x}dx$

Đặt $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{dx}{x}\Rightarrow \int \frac{\ln x}{x}dx=\int tdt=\frac{t^2}{2}+C=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C.$ Mà . $f\left(1\right)=\frac{3}{2}\Rightarrow C=\frac{3}{2}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+\frac{3}{2}$

Vây $f\left(3\right)=\frac{{\ln }^{2}3}{2}+\frac{3}{2}=\frac{{\ln }^{2}3+3}{2}$ .

Đáp án A

+ Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì $\frac{a+c}{2}=b$ .

+ Sử dụng công thức ${\log }_a\left(bc\right)={\log }_{a}b+{\log }_{a}c(0<a\ne 1;b,c>0)$

và ${\log }_{a}x=c\iff x=a^c$ .

Điều kiện: $x>0$ .

Từ đề bài ta có: $\frac{{\log }_{3}x+{\log }_3\left(81x\right)}{2}=-1\iff {\log }_{3}x+{\log }_{3}81x=-2\iff 2{\log }_{3}x=-6$ .

$\iff {\log }_{3}x=-3\iff x=3^{-3}\iff x=\frac{1}{27}$ (thảo mãn) suy ra $m=\mathrm{1,}n=27\Rightarrow m+n=28$ .

Đáp án D

Do $z=-3+4i$  là một nghiệm của $z^2+az+b=0$  với $a,b\in R$ nên  cũng là nghiệm của phương trình.

Áp dụng định lí Vi - ét ta có: $\{\begin{array}{l}z+\overline{z}=-a\\ z\overline{z}=b\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}-a=-6\\ b=25\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=6\\ b=25\end{array}\Rightarrow a-b=-19$ .

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và trục$Ox$  thỏa mãn phương trình:

$\ln (x+2)=0\Rightarrow x+2=1\iff x=-1$. Suy ra $A(-1;0)$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1}{x+2}\Rightarrow$  hệ số góc của tiếp tuyến tại $A(-1;0)$  là $y^{\text{'}}(-1)=1$ .

Đáp án B

Có $A(2;0;2),B(0;4;0)\Rightarrow I(1;2;1)$  là trung điểm của AB và $AB=\sqrt{{(-2)}^2+4^2+{(-2)}^2}=2\sqrt{6}$

Khi đó mặt cầu đường kính AB có tâm $I(1;2;1)$  và bán kính $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{6}$  có phương trình là:

${(x-1)}^2+{(y-2)}^2+{(z-1)}^2=6$.

Đáp án D

Gọi $z=x+yi(x,y\in R)$  thì số phức liên hợp $\overline{z}=x-yi$

Ta có $\overline{z}+(1-i)z=9-2i\iff x-yi+(1-i)(x+yi)=9-2i$

$\iff x-yi+x+y+yi-xi=9-2i\iff 2x+y-xi=9-2i\iff \{\begin{array}{l}2x+y=9\\ -x=-2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\end{array}$.

Suy ra $z=2+5i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}$ .

Đáp án C

Ta có: $f\left(x\right)+m=0\iff -m=f\left(x\right)$ .

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  tại hai điểm phân biệt.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với $-2<-m\le -1$  thì đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt hay $1\le m<2$  thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Vậy tập hợp các giá trị cần tìm là $[1;2)$ .

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{u_1}=(2;2;1);\overrightarrow{u_2}=(1;3;1)$  lần lượt là vectơ chỉ phương của hai đường thẳng $\Delta ;{\Delta }^{\text{'}}$ .

$\Rightarrow [{\overrightarrow{u}}_1;\overrightarrow{u_2}]=(-1;-1;4)$

Vì mặt phẳng $\left(P\right)$  song song với cả hai đường thẳng $\Delta ;{\Delta }^{\text{'}}$  nên  nhận $\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}]=(-1;-1;4)$  làm 1 vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right):-1(x+1)-1(y-1)+4(z-2)=0\iff x+y-4z+8=0$ .

Đáp án D

Gọi bán kính đáy hình nón là r.

Ta có: $V_n=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi r^2\sqrt{16-r^2}$  với $0<r<4$ .

Xét hàm $f\left(r\right)=r^2\sqrt{16-r^2}$  trên $(0;4)$  có:

$f^{\text{'}}\left(r\right)=2r\sqrt{16-r^2}+r.\frac{-r}{\sqrt{16-r^2}}=\frac{32-3r^3}{\sqrt{16-r^2}}=0\iff [\begin{array}{l}\begin{array}{l}r=\frac{4\sqrt{6}}{3}\in (0;4)\\ r=-\frac{4\sqrt{6}}{3}\notin (0;4)\end{array}\\ r=0\notin (0;4)\end{array}$

Đáp án A

Ta có: $x\left(4-f^{\text{'}}\left(x\right)\right)=f\left(x\right)-1\iff 4x-x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right)-1$

$\iff f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=4x+1\iff {\left(x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right)}^{\text{'}}=4x+1$Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được $xf\left(x\right)=2x^2+x+C$ .

Mà $f\left(1\right)=3$  nên ta có $1.f\left(1\right)={2.1}^2+1+C\iff 3=3+C\Rightarrow C=0$

Từ đó $xf\left(x\right)=2x^2+x\Rightarrow f\left(x\right)=2x+1$  (do $x>0$ )

Suy ra $f\left(2\right)=2.2+1=5$ .

Đáp án D                 

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) và bán kính R=2.

Dễ thấy $\text{d}(I,(P\left)\right)=\frac{\left|1-(-2)+2.2-1\right|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}=\sqrt{6}>2=R$  nên (P) và (S) không cắt nhau.

Gọi M' là giao điểm của đường thằng qua I và vuông góc với (P) như hình vẽ.

Ta thấy $d(M;(P\left)\right)\ge M^{\text{'}}H=IH-R=\sqrt{6}-2$  nên $d(M;(P\left)\right)$  đạt GTNN bằng $\sqrt{6}-2$  khi $M\equiv M^{\text{'}}$ .

Đáp án B

 Mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng song song  và (Q) thì bán kính mặt cầu là $R=\frac{1}{2}d\left(\right(P);(Q\left)\right)=\frac{1}{2}d(M;(Q\left)\right)$  với $M\in \left(P\right)$ .

Mặt phẳng $\left(P\right):x-2y-2z-3=0$  và mặt phẳng $\left(Q\right):x-2y-2z+6=0$  có $\frac{1}{1}=\frac{-2}{-2}=\frac{-2}{-2}\ne \frac{-3}{6}$  nên $\left(P\right)\text{//}\left(Q\right)$ .

Lấy $M(3;0;0)\in \left(P\right)$  thì $d\left(\right(P);(Q\left)\right)=d(M;(Q\left)\right)=\frac{|3+6|}{\sqrt{1^2+{(-2)}^2+{(-2)}^2}}=3$ .

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ.$  Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x+3m$  .

Để hàm số đã cho nghịch biến trên (1;2) thì $y^{\text{'}}\le \mathrm{0,}\forall x\in (1;2)$  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\iff 3x^2-6x+3m\le 0\forall x\in (1;2)\iff x^2-2x+m\le 0\forall x\in (1;2)$

$\iff {(x-1)}^2+m-1\le 0\forall x\in (1;2)\iff 1-m\ge {(x-1)}^2\forall x\in (1;2)$

Hàm số $y={(x-1)}^2$  đồng biến trên $(1;+\infty )$  nên cũng đồng biến trên (1;2).

$\Rightarrow {(1-1)}^2<{(x-1)}^2<{(2-1)}^2\iff 0<{(x-1)}^2<1$

$\Rightarrow 1-m\ge {(x-1)}^2\forall x\in (1;2)\iff 1-m\ge 1\iff m\le 0$

Lại có $m\in [-10;10]$  và $m\in Z$  nên $m\in \{-10;-9;\dots ;0\}$ .

Vậy có 11 giá trị của m.

Đáp án C

Theo bài ra ta có: $(z+\frac{5}{\left|z\right|})i=7-z\iff zi+\frac{5i}{\left|z\right|}=7-z\iff z(i+1)=7-\frac{5i}{\left|z\right|}$

$\iff 2{\left|z\right|}^2=49+\frac{25}{{\left|z\right|}^2}\iff 2{\left|z\right|}^4-49{\left|z\right|}^2-25=0$ $\iff [\begin{array}{l}{\left|z\right|}^2=25\text{ (tháa m·n)}\\ \left|z\right|=-\frac{1}{2}\text{ (lo¹i)}\end{array}$

$\iff \left|z\right|=5(\text{do }\left|z\right|>0)$

Đáp án D

Xét biểu thức $T=M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2$

Gọi $G(1;2;2)$  là trọng tâm của tam giác ABC thì $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$ .

Ta có: $T={\overrightarrow{MA}}^2+{\overrightarrow{MB}}^2+{\overrightarrow{MC}}^2={(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})}^2+{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})}^2+{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})}^2$ $=3\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{MG}(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})+{\overrightarrow{GA}}^2+{\overrightarrow{GB}}^2+{\overrightarrow{GC}}^2=3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$