Đáp án A

Thể tích khối chóp S.ABC tính theo công thức: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{1}{2}a.2a=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$ .

Đáp án C

Ta có: $z=-i(3i+4)=3-4i$  nên phần thực 3 và phần ảo -4.

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

$\overrightarrow{a}=(-4;5;-3),\overrightarrow{b}=(2;-2;3)\Rightarrow 2\overrightarrow{b}=(4;-4;6)$

Có $\overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$  suy ra tọa độ của vectơ $\overrightarrow{x}=(0;1;3)$ .

Đáp án D

Mặt phẳng $\left(P\right):x-3z+2=0$  có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}(1;0;-3)$ .

Đáp án D

Từ đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung nên đáp án A và B đúng.

Do $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+(-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx)=\left|\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx\right|+|-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx|$ .

Nên đáp án C đúng. Vậy chọn đáp án D.

Đáp án C

Từ bảng biến thiên hàm số ta có hàm đồng biến trên khoảng $(-2;0)$ .

Đáp án D

Hàm số xác định $\iff x^2-4x+3>0\iff x<1\vee 3<x$

Vậy hàm số có tập xác định $D=(-\infty ;1)\cup (3;+\infty )$ .

Đáp án B

$f^{\text{'}}\left(x\right)={(3x-1)}^{\text{'}}{2}^{3x-1}.\ln 2={3.2}^{3x-1}.\ln 2$

Vậy $f^{\text{'}}\left(x\right)={3.2}^{3x-1}.\ln 2$.

Đáp án D

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Số các hoán vị là: 5!.

Đáp án D

(II): $\int kf\left(x\right)dx=k\int f\left(x\right)dx$  sai khi k=0.

Đáp án C

Do bậc của tử lớn hơn của mẫu nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y=0.

Mà với $x=\pm 2$  thì $x+3\ne 0$  nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng.

Đáp án A

Ta có $d(A,\left(BCD\right))=2d(D,\left(BCD\right))$  và $S_{\Delta BCD}=2S_{\Delta BCN}$  nên $V=4V_1$ .

Đáp án A

Ta có $d(A,\left(BCD\right))=2d(D,\left(BCD\right))$  và $S_{\Delta BCD}=2S_{\Delta BCN}$  nên $V=4V_1$ .

Đáp án C

Hàm bậc ba $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$  đồng biến trên R

Đáp án B

Ta có: $a=\log 3\iff {10}^a=\mathrm{3,}b=\ln 3\iff e^b=3$

Từ đây ta suy ra ${10}^a=e^b=3$ .

Đáp án A

Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox, Oy, Oz.

Từ đó suy ra $M(1;0;0);N(0;-3;0);P(0;0;2)$

Vậy $\left(MNP\right):x-\frac{y}{3}+\frac{z}{2}=1$ .

Đáp án D

Vì $f^{\text{'}}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$  nên  đồng biến trên $ℝ\Rightarrow f\left(b\right)>f\left(c\right),\forall b,c\in ℝ$

Từ đó, ta thấy:

Ÿ Đáp án A sai vì $f\left(4\right)>f\left(3\right)=1$ .

Ÿ Đáp án B sai vì $f\left(2019\right)<f\left(2020\right)$ .

Ÿ Đáp án C sai vì $f\left(1\right)<f\left(3\right)=1$ .

Ÿ Đáp án D sai vì $\{\begin{array}{l}f\left(5\right)>f\left(2\right)\\ 1=f\left(3\right)>f\left(1\right)\end{array}\Rightarrow f\left(5\right)+1>f\left(1\right)+f\left(2\right)$ .

Đáp án A

Ta có $\int (2\cos x-x)dx=2\sin x-\frac{x^2}{2}+C$ .

Đáp án C

Ta có $\begin{array}{l}{A}^{\text{'}}C\cap \left(ABC\right)=C\\ A^{\text{'}}B\cap \left(ABC\right)\end{array}\}\Rightarrow (A^{\text{'}}C;\left(ABC\right))=\widehat{A^{\text{'}}CB}=30°$

ABC là tam giác vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$

Xét tam giác  vuông tại B có: $\tan 30°=\frac{A^{\text{'}}B}{BC}\Rightarrow A^{\text{'}}B=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Đáp án C

Quan sát đồ thị có bề lõm quay lên trên Þ a > 0

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm Þ c < 0

Hàm số có 3 cực trị Þa.b < 0 mà a > 0 nên Þ b < 0.

Đáp án D

Điều kiện xác định $x\ne 1$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{3}{{(x+1)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\ne -1$

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

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{AB}(1;3;-5),\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(1;1;2)$

$\{\begin{array}{l}A,B\in \left(Q\right)\\ \left(P\right)\perp \left(Q\right)\end{array}\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}]=(11;-7;-2)$

Vậy phương trình mặt phẳng

$\left(Q\right):11(x-2)-7(y+1)-2(z-4)=0\iff 11x-7y-2z-21=0$.

Đáp án A

Ta có $R=\sqrt{\frac{h^2}{4}+r^2}$ . Trong đó R là bán kính khối cầu, h là chiều cao hình lập phương, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Vậy nên ta có $h=a,r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ . Từ đó suy ra $R=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{2a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Vậy $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi \frac{3\sqrt{3}{a}^3}{8}=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{2}$ .

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 TCN: $y=2$  và một TCĐ: $x=2$  và $y^{\text{'}}<0$ .

Ta loại đán án C vì có TCĐ: $x=-2$  và đáp án A vì có TCN: $y=1$  .

Lọai đáp án D vì có $y^{\text{'}}=\frac{1}{{(x-2)}^2}>0$ .

Đáp án D

Quan sát hình vẽ ta thấy: $A(1;3),B(3;-2)$ .

Suy ra $z_1=1+3i,z_2=3-2i\Rightarrow z_1-z_2=-2+5i$

$\Rightarrow |z_1-z_2|=\sqrt{{(-2)}^2+5^2}=\sqrt{29}$.

Đáp án B

Hàm số xác định khi $x^2-4x+8>0\iff \forall x\in ℝ$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{{(x^2-4x+8)}^{\text{'}}}{x^2-4x+8}=\frac{2x-4}{x^2-4x+8}$

$f^{\text{'}}\left(x\right)\le 0\iff \frac{2x-4}{x^2-4x+8}\le 0\iff 2x-4\le 0\iff x\le 2$.

Vì x là nguyên dương nên $x\in \{1;2\}$ .

Đáp án B

Đáp án D là hàm logarit có cơ số $a=\frac{1}{2}<1$  nên nghịch biến trên TXĐ của nó Þ Loại D.

Đáp án A

Ta có: $u_n=u_1.q^{n-1}\Rightarrow 192=3.{(-2)}^{n-1}\Rightarrow n-1=6\Rightarrow n=7$ .

Đáp án D

Gọi R là bán kính mặt cầu.

Theo giả thiết ta có $4\pi R^2=64\pi \iff R=4$ .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ${(x-1)}^2+{(y+4)}^2+{(z-2)}^2=16$ .

Đáp án B

d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(2;-1;1)$

(P) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(1;1;2)$

Gọi $\alpha$  là góc giữa $d$  và $\left(P\right)$ . Khi đó, ta có $\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}|}{\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{n}\right|}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ .

Vậy $\alpha =30°$ .

Đáp án A

Xét hàm số $f\left(x\right)=3^x-3^{-x}$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3^x.\ln 3+3^{-x}.\ln 3>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$ . Do đó hàm số f(x)  đồng biến trên R.

Hơn nữa $\forall x\in ℝ$  thì $-x\in ℝ$  và $f(-x)=3^{-x}-3^x=-(3^x-3^{-x})=-f\left(x\right)$  nên hàm số $f\left(x\right)$  là hàm số lẻ.

Theo đề: $f\left(3{\log }_{2}m\right)+f({\log }_2^{2}m+2)=0$  (Điều kiện $m>0$ )

 (vì hàm số  là hàm số lẻ

$\iff f({\log }_2^{2}m+2)=-f\left(3{\log }_{2}m\right)\iff f({\log }_2^{2}m+2)=f(-3{\log }_{2}m)$

 (vì hàm số $f\left(x\right)$  đồng biến) $\iff {\log }_2^{2}m+3{\log }_{2}m+2=0$

$\iff [\begin{array}{l}{\log }_{2}m=-1\\ {\log }_{2}m=-2\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=\frac{1}{2}\left(\text{ thoa man}\right)\\ m=\frac{1}{4}\end{array}$

Vậy $T=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}$ .

Đáp án B

$\underset{2}{\overset{3}{\int }}(x-2)f^{\text{'}}\left(x\right)dx=a$. Đặt $\{\begin{array}{l}x-2=u\\ f^{\text{'}}\left(x\right)dx=dv\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=dx\\ v=f\left(x\right)\end{array}$ .

Khi đó $I={(x-2)f\left(x\right)|}_2^3-\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx={(x-2)f\left(x\right)|}_2^3-I=f\left(3\right)-I=b-a$ .

Đáp án B

Vì các mặt chéo $\left(SAC\right)$  và $\left(SBD\right)$  cùng vuông góc với mặt đáy $\left(ABCD\right)$  nên $SO\perp \left(ABCD\right)$  với $SO\perp \left(ABCD\right)$ .

Kẻ $OK\perp AB$  tại K

$\Rightarrow \left(SOK\right)\perp AB\Rightarrow SK\perp AB$

$\Rightarrow (\left(SAB\right),\left(ABCD\right))=(SK,OK)=\widehat{SKO}=60°$

Do $AD\text{//}BC$  nên $\frac{OD}{OB}=\frac{OA}{OC}=\frac{AD}{BC}=2$

$\Rightarrow DB=3OB\Rightarrow d(D,\left(SAB\right))=3d(O,\left(SAB\right))$

Trong mặt phẳng $\left(SOK\right)$ , kẻ $OH\perp SK$  tại H

$\Rightarrow OH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d(D,\left(SAB\right))=3d(O,\left(SAB\right))=3OH$

Trong tam giác vuông $\Delta SOK:\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{K}^2}=\frac{3}{4}+\frac{9}{4}=3\Rightarrow OH=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Vậy $T=ab+1=2(-1)+1=-1$ .

Đáp án B

Ta có $|f(1-2x)+2|=5\iff [\begin{array}{l}f(1-2x)+2=5\\ f(1-2x)+2=-5\end{array}\iff [\begin{array}{l}f(1-2x)=3\left(2\right)\\ f(1-2x)=-7\left(3\right)\end{array}$

Đặt $1-2x=t$  với mỗi  có 1 và chỉ 1 giá trị .

Đồ thị hàm số $y=f\left(t\right)$  cũng là đồ thị của hàm số $y=f\left(x\right)$ .

Số nghiệm của phương trình (2) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(t\right)$  với đường thẳng y=3. Có 3 giao điểm nên phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Số nghiệm của phương trình (3) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  với đường thẳng . Có 1 giao điểm nên phương trình (3) có đúng 1 nghiệm.

Nghiệm của phương trình (3) không trùng với nghiệm của phương trình (2)

Đáp án A

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

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

$e^{2x}(e^x-2)(e^x-4)\ge 0\iff (e^x-2)(e^x-4)\ge 0\iff [\begin{array}{l}x\ge \ln 4\\ x\le \ln 2\end{array}$Theo đề bài $e^{2x}(e^x-2)(e^x-4)\ge 0\iff (e^x-2)(e^x-4)\ge 0\iff [\begin{array}{l}x\ge \ln 4\\ x\le \ln 2\end{array}$

Như vậy hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )$ .

Đáp án D

Ta có $z-(2+3i)\overline{z}=1-9i$

$\iff (a+bi)-(2+3i)(a-bi)=1-9i\iff \{\begin{array}{l}-a-3b=1\\ -3x+3b=-9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}$Suy ra $T=ab+1=2(-1)+1=-1$ .

Đáp án C

Số phần tử của không gian mẫu chính là số cách lấy ngẫu nhiên 6 viên bi bất kì trong 18 viên nên .

Gọi A là biến cố “6 bi lấy được có đủ ba màu đồng thời hiệu của số bi đỏ và trắng, hiệu của số bi xanh và đỏ, hiệu của số bi trắng và xanh tạo thành cấp số cộng”.

Gọi $t,d,x$  lần lượt là số bi trắng, bi đỏ và bi xanh trong 6 viên bi được chọn ra.

Theo đề bài ta có: $d-t,x-d,t-x$  lập thành một cấp số cộng.

Do đó: $d-t+t-x=2(x-d)\iff d=x$ . Lại có $t+d+x=6$  nên ta có các trường hợp.

Trường hợp 1: $d=x=1$  và $t=4$ . Khi đó số cách chọn 6 viên bi là $C_6^1{C}_7^1{C}_5^4=210$  cách.

Trường hợp 2: $t=d=x=2$ . Khi đó số cách chọn 6 viên bi là $C_6^2{C}_7^2{C}_5^2=3150$  cách.

Vậy số phần tử của biến cố A là  $n\left(A\right)=210+3150=3360$ .

Do đó xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3360}{C_{18}^6}=\frac{40}{221}$  .

Đáp án A

Gọi thể tích của khối tròn xoay là V, thể tích của khối nón là $V_1$  , và thể tích của khối trụ là $V_2$ .

Khi đó ta có: $V=2V_1+V_2=2.\frac{1}{3}.\pi .O_1{B}^2.A{O}_1+\pi O_1{B}^2.O_1{O}_2$

 $=\frac{2}{3}\pi .{\left(\sqrt{3}\right)}^2.1+2\pi .{\left(\sqrt{3}\right)}^2.1=8\pi$

Đáp án B

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-x^2+x-m-2$  trên đoạn $f\left(x\right)=x^3-x^2+x-m-2$

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

Ta lại có: $f\left(0\right)=-m-2;f\left(3\right)=-m+19$ .

TH1: $(m+2)(m-19)\le 0\iff -2\le m\le 19\Rightarrow \{\begin{array}{l}\underset{[0;3]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=0\\ \underset{[0;3]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\max \{|m+2|,|m-19|\}\end{array}$

$\Rightarrow [\begin{array}{l}\underset{[0;3]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+\mathrm{2,}\text{ khi }\frac{17}{2}\le m\le 19\\ \underset{[0;3]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=19-m,\text{ khi }-2\le m\le \frac{17}{2}\end{array}$

Vậy $\underset{[0;3]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|+\underset{[0;3]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=16\Rightarrow [\begin{array}{l}m+2=\mathrm{16,}\text{ khi }\frac{17}{2}\le m\le 19\\ 19-m=\mathrm{16,}\text{ khi }0\le m\le \frac{17}{2}\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}m=14\\ m=3\end{array}$