Đáp án C

Đáp án C

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}(1-x)<0\iff \{\begin{array}{l}1-x>0\\ 1-x>{\left(\frac{1}{3}\right)}^0=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x<1\\ x<0\end{array}\iff x<0$ .

Đáp án B

Cách 1:

Dựa vào đồ thị ta thấy có 3 điểm cực trị nên ta loại 2 đáp án A và D.

Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại C.

Cách 2:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại đáp án A và C.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định tại  nên ta loại D.

Vậy ta chọn B.

Đáp án D

Ta có: $y={(x-2)}^{-5}$  xác định khi và chỉ khi $x\ne 2$ . Vậy $ℝ\backslash \left\{2\right\}$ .

Đáp án B

Sử dụng công thức số hạng tổng quát  $u_n=u_1+(n-1)d$   $(\forall n\ge 2)$.

Ta có: $u_n=-3+(n-1)\frac{1}{2}$

Đáp án C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm $x^3-x+2=2\iff x^3-x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}$ .

Do đó số giao điểm là 3.

Đáp án D

Ta có tâm mặt cầu là $I(0;4;1)$ .

Đáp án B

Đáp án B

Phương trình mặt phẳng qua các điểm $A(2;0;0)$ ,$B(0;3;0)$, $C(0;0;4)$ là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\iff 6x+4y+3z-12=0$ .

Đáp án A

Ta có $\underset{-2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$ .

Vậy $\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=-4-2=-6$ .

Đáp án B

Theo lý thuyết, thể tích khối chóp được tính theo công thức $V=\frac{1}{3}Bh$ .

Đáp án A

Ta có: $z=-1+2i\Rightarrow$  điểm biểu diễn hình học của z có tọa độ là $(-1;2)$ .

Đáp án C                 

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy, giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên $[-2;4]$  bằng 3 (đạt được khi x=-1).

Đáp án B

Theo định nghĩa ta có: $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx$ .

Đáp án A

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x+5$ ;$f^{\text{'}}\left(x\right)=3{(x-1)}^2+2>0$ , $\forall x\in ℝ$ .

 $y^{\text{'}}={\left[g\left(f\left(x\right)\right)\right]}^{\text{'}}=g^{\text{'}}\left(f\left(x\right)\right).f^{\text{'}}\left(x\right)$

 $y^{\text{'}}<0\iff g^{\text{'}}\left(f\left(f\right)\right)<0\iff -6<f\left(x\right)<6\iff \{\begin{array}{l}{x}^3-3x^2+5x+9>0\\ x^3-3x^2+5x-3<0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}(x+1)(x^2-4x+9)>0\\ (x-1)(x^2-2x+3)<0\end{array}\iff -1<x<1$

Đáp án D

Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra góc giữa SC và (ABCD) là góc $\widehat{SCA}$ .

 $\widehat{SCA}=45°\Rightarrow SA=AC.\tan 45°=a\sqrt{2}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$

Đáp án B

Ta có: $(1+i)z=3+5i\iff z=\frac{3+5i}{1+i}\iff z=4+i\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=4\\ y=1\end{array}$ .

Vậy $x^2+y^2=17$ .

Đáp án B

Ta có $3^{x^2-4x+5}=9\iff 3^{x^2-4x+5}=3^2\iff x^2-4x+5=2\iff x^2-4x+3=0\iff [\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2=3\end{array}$

Vậy tích các nghiệm của phương trình $3^{x^2-4x+5}=9$là $x_1.x_2=1.3=3$  .

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }(10+\frac{1}{x-10})=10\Rightarrow y=10$  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án B

Cho điểm $M(x;y;z)$ . Hình chiếu của điểm M lên các mặt phẳng tọa độ$\left(Oxy\right)$ , $\left(Oyz\right)$ , $\left(Oxz\right)$  lần lượt là: $M_1(x;y;0)$ , $M_2(0;y;z)$ ,$M_2(x;0;z)$ .

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của BC.

Xét $\Delta ABC$  có $BH=2a.\sin 60°=a\sqrt{3}$ , $AH=2a.\cos 60°=a$ .

Xét $A^{\text{'}}HA$  vuông tại H có $A^{\text{'}}H=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$ .

Xét khối lăng trụ $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.ABC$  có ,$h=A^{\text{'}}H=a\sqrt{3}$ ,$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=a^3\sqrt{3}$.

Suy ra  $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=a\sqrt{3}.a^3\sqrt{3}=3a^3$

Suy ra $V_{A^{\text{'}}.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=a^3$

Mặt khác ta có $V_{A^{\text{'}}.BC{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}-V_{A^{\text{'}}.ABC}=3a^3-a^3=2a^3$ .

Đáp án D

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

Lập bảng xét dấu  $f^{\text{'}}\left(x\right)={(x+1)}^2{(x-1)}^2(2-x)$

Đáp án C

Ta có $P=\sqrt{x\sqrt[3]{x^2\sqrt[4]{x^3}}}=\sqrt{x\sqrt[3]{x^2{x}^{\frac{3}{4}}}}=\sqrt{x\sqrt[3]{x^{\frac{11}{4}}}}=\sqrt{x.x^{\frac{11}{12}}}=\sqrt{x^{\frac{23}{12}}}=x^{\frac{23}{24}}$

Vậy $P=x^{\frac{23}{24}}$ .

Đáp án A

Ta có $9^x-3^{x+1}+2=0\iff {3.3}^x-{3.3}^x+2=0\iff [\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=2\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x={\log }_{3}2\end{array}$

Đáp án A

Đặt $S=z_1+z_2=(3+2i)+(3-2i)=6$  và $P=z_1{z}_2=(3+2i)(3-2i)=13$ .

Khi đó $z_1$ , $z_2$  là nghiệm của phương trình $z^2+Sz+P=0\iff z^2-6z+13=0$ .

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối nón cụt có chiều cao h, hai bán kính đáy là $R_1$ , $R_2$ .

$V=\frac{1}{3}\pi (R_1^2+R_2^2+R_1{R}_2).h=\frac{1}{3}\pi (4+1+2).2=\frac{14\pi }{3}$.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=2-3m$  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thẳng   $y=2-3m$

Phương trình $f\left(x\right)=2-3m$  có 4 nghiệm phân biệt  đường thẳng $y=2-3m$  cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  tại 4 điểm phân biệt.

Từ bảng biến thiên suy ra: $3<2-3m<5\iff -1<m<-\frac{1}{3}$  nên không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.

Đáp án B

Đặt $t=x^2+4x+7\Rightarrow dt=(2x+4)dx\Rightarrow (x+2)dx=\frac{1}{2}dt$ .

Đổi cận:$x=0\Rightarrow t=7$ ; $x=1\Rightarrow t=12$ .

  $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x+2}{x^2+4x+7}dx=\underset{7}{\overset{12}{\int }}\frac{1}{2t}dt=\frac{1}{2}\ln \left|t\right||\begin{array}{l}12\\ 7\end{array}=\frac{1}{2}\ln 12-\frac{1}{2}\ln 7=\ln \sqrt{12}-\ln \sqrt{7}\Rightarrow a=1$;

Vậy  $a^3+b^3=0$

Đáp án B

Gọi $I(-1-t;-t;2+t)\in d$  là tâm của hình thoi ABCD.

Xét $\overrightarrow{IA}=(t;t+2;-t-1)$ ; $\overrightarrow{IB}=(t+3;t+3;-t)$ . Vì ABCD là hình thoi nên $IA\perp IB\iff \overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}=0\iff 3t^2+9t+6=0\iff t=-2$ ; $t=-1$ . Do D đối xứng B qua I nên:

• Với $t=-1\Rightarrow I(0;1;1)\Rightarrow D(-2;-1;0)$ . (Đáp án B)

• Với $t=-2\Rightarrow I(1;2;0)\Rightarrow D(0;1;-2)$ .

Đáp án B

Hệ thức $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx=-f\left(x\right)\cos x+\underset{}{\overset{}{\int }}{\pi }^x\cos xdx$                    .

Xét $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx$ . Đặt  $\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\Rightarrow du=f^{\text{'}}\left(x\right)\\ dv=\sin xdx\Rightarrow v=-\cos x\end{array}$

Ta được $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx=-f\left(x\right)\cos x+\underset{}{\overset{}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\cos xdx$

Theo hệ thức (1), suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)={\pi }^2$ .

Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là $f\left(x\right)=\frac{{\pi }^2}{\ln \pi }$ .

Đáp án B

• Xét phương trình $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$ (1)   , $(a,b,c,d\in ℝ)$ .

• Nhận thấy: Nếu z là nghiệm của (1) thì z cũng là nghiệm của (1).

• Do đó, (1) có bốn nghiệm $z_1=-1+i$ , $z_2=1+\sqrt{2}i$ , $z_3=\overline{z_1}=-1-i$ , $z_4=\overline{z_2}=1-\sqrt{2}i$ .

• Mà $\{\begin{array}{l}{z}_1+z_3=-2\\ z_1.z_3=2\end{array}$  và $\{\begin{array}{l}{z}_2+z_4=2\\ z_2.z_4=3\end{array}$ .

• Do đó  $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=(x^2+2x+2)(x^2-2x+3)$

$\iff x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=x^4+x^2+2x+6$.

Suy ra $a=0$ , b=1,c=2  ,x=0   hay a+b+c+d=9.

Đáp án D

 $y^{\text{'}}=4x^3-4mx=4x(x^2-m)$

Xét $y^{\text{'}}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm m,(m>0)\end{array}$

Tọa độ ba điểm cực trị là: $A(0;m-1)$ , $B(-\sqrt{m};-m^2+m-1)$ ,  $C(\sqrt{m};-m^2+m-1)$ 

Gọi H là trung điểm của cạnh BC,

ta có: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=m^2\sqrt{m}=2\iff m=\sqrt[5]{4}$ .

Đáp án A

Đặt   $t=\sin x-\cos x=\sqrt{2}\sin (x-\frac{\pi }{4})$

Với $x\in (-\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4})\Rightarrow x-\frac{\pi }{4}\in (-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2})\Rightarrow t\in (-\sqrt{2};\sqrt{2})$ .

Khi đó phương trình đã cho trở thành $2f\left(t\right)=m-1\iff f\left(t\right)=\frac{m-1}{2}$ .

Với mỗi giá trị của $t_0\in (-\sqrt{2};\sqrt{2})$  có duy nhất một giá trị $x_0\in (-\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4})$  sao cho $t_0=\sqrt{2}\sin (x_0-\frac{\pi }{4})$ .

Do đó phương trình $2f(\sin x-\cos x)=m-1$  có hai nghiệm phân biệt trên khoảng  phương trình $f\left(t\right)=\frac{m-1}{2}$có hai nghiệm phân biệt trên khoảng $(-\sqrt{2};\sqrt{2})$ .

Từ bảng biến thiên suy ra $-4<\frac{m-1}{2}<3\iff -7<m<7$ .

Vậy có 13 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

+ Tô màu ô vuông số 2: có $C_3^2$  cách chọn 2 trong 3 màu, có $C_4^2$  cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh. Vậy có $C_3^2.C_4^2=18$  cách.

+ Tô màu ô vuông số 1,5,3: có $C_2^1$  cách chọn màu còn lại, có $C_3^2$  cách tô màu còn lại lên 3 cạnh còn lại của 1 hình vuông. Vậy có $(C_2^1.C_3^2)=6^3$  cách

+ Tô màu ô vuông số 4, 6: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Vậy có  $2^2=4$cách. Vậy có ${18.6}^3.4=15552$  cách thỏa mãn.

Gọi O là tâm hình vuông MNPQ, .

 $\frac{d(A,\left(CNQ\right))}{d(P,\left(CNQ\right))}=\frac{AI}{PI}=\frac{CA}{PO}=2$suy ra $d(A,\left(CNQ\right))=2d(P,\left(CNQ\right))$ .

Ta thấy PCNQ là tứ diện vuông tại P nên $\frac{1}{{\left[d(P,\left(CNQ\right))\right]}^2}=\frac{1}{P{C}^2}+\frac{1}{P{N}^2}+\frac{1}{P{Q}^2}=\frac{3}{a^3}$ .

Suy ra $d(A,\left(CNQ\right))=2d(P,\left(CNQ\right))=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ .

Đáp án B

Gọi x là số tiền mà anh Bình trả mỗi tháng trong 2 năm.

Số tiền còn nợ sau 1 tháng: $200(1+r)-x$ .

Số tiền còn nợ sau 2 tháng:  $(200(1+r)-x)(1+r)=200{(1+r)}^2-x[1+(1+r)]$

Số tiền còn nợ sau 3 tháng: $200{(1+r)}^3-x[1+(1+r)+{(1+r)}^2]$

………………………………………………………………….

Số tiền còn nợ sau 24 tháng: $200{(1+r)}^{24}-x[1+(1+r)+\mathrm{...}+{(1+r)}^{23}]$

Sau 24 tháng trả hết nợ nên:   $200{(1+r)}^{24}-x[1+(1+r)+\mathrm{...}+{(1+r)}^{23}]=0$

 $\iff 200{(1+r)}^{24}-x.\frac{{(1+r)}^{24}-1}{r}=0\iff x\approx \mathrm{9,137}$(triệu đồng).

Ta có $Ax\perp \left(ABC\right)$  và $By\perp \left(ABC\right)$  nên $\Delta ABC$  là hình chiếu của  trên mặt phẳng $\left(ABC\right)$ .

Do đó   $\cos \widehat{(\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C\right),\left(ABC\right))}=\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}}$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin BAC=\frac{1}{2}a.a.\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2$.

$A^{\text{'}}C=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{C}^2}=a\sqrt{5}$; $B^{\text{'}}C=\sqrt{B^{\text{'}}{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$ ;  $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=\sqrt{A{B}^2+B^{\text{'}}{B}^2}=a\sqrt{2}$

 $\Rightarrow \Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C$cân tại  $B^{\text{'}}\Rightarrow B^{\text{'}}H=\sqrt{B^{\text{'}}{C}^2-\frac{A^{\text{'}}{C}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

 $S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}=\frac{1}{2}{B}^{\text{'}}H.A^{\text{'}}C=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}\Rightarrow \cos \widehat{(\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C\right),\left(ABC\right))}=\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$

Gọi $S_2$  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=\frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{x-1}$ , y=0, x=1, x=2

Ta có $S_2=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{x-1}dx\approx \mathrm{1,73205}\left(m^2\right)$ .