Đáp án A

Hàm số $y=x^{\frac{1}{2}}$  có TXĐ $D=(0;+\infty )$ .

Hàm số $y=\ln (x+1)$  có TXĐ $(-1;+\infty )$

Hàm số $y=e^x$  có TXĐ $D=ℝ$ .

Hàm số $y=x-\sqrt[3]{x}$  có TXĐ $D=ℝ$ .

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{PQ}\iff (-1;5;2)=(x-3;y-1;z-2)\iff \{\begin{array}{l}x-3=-1\\ y-1=5\\ z-2=2\end{array}\Rightarrow Q(2;6;4)$ .

Đáp án B

Ta có $\int \frac{d\text{x}}{{\sin }^{2}x}=-\cot x+C$  do đó đáp án B sai.

Đáp án A

Ta có: ${\log }_3(x-9)=3\iff \{\begin{array}{l}x-9>0\\ x-9=3^x\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>0\\ x=36\end{array}\iff x=36$ .

Đáp án C

Đường thẳng $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-2}{-3}$  đi qua $M(1;1;2)$  và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(1;2;-3)$ .

Mặt phẳng $\left(P\right):x+y+z-4=0$  có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(1;1;1)$

Ta thấy $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=1.1+2.1+1.(-3)=0$  (1)

Thay tọa độ điểm $M(1;1;2)$  vào mặt phẳng (P)   ta được $1+1+2-4=0\to M\in \left(P\right)$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra $d\subset \left(P\right)$ .

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2) và bán kính $R=\sqrt{1+1+4+3}=3$ .

Đáp án A: $d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{|1+2.1+2.2+6|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{13}{3}>3$  nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

Đáp án B: $d\left(I,\left(Q\right)\right)=\frac{|1-1+2|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{3}<3$  nên mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn.

Đáp án D: $d\left(I,\left(R\right)\right)=\frac{|1+2.1+3.2+3|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{12}{3}=4>3$  nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

Đáp án C

Đáp án A

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2 là $V=2^3=8$ .

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y^{\text{'}}=-3{\text{x}}^2+3$

Xét $y^{\text{'}}<0\iff -3{\text{x}}^2+3<0\iff x^2-3>0\iff [\begin{array}{l}x>1\\ x<-1\end{array}$

Nên hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;-1);(1;+\infty )$ .

Đáp án D

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: đúng.

Đáp án C: đúng.

Đáp án D: $\int \sin xdx=-\cos x+C$  nên D sai.

Đáp án B

Số phức liên hợp của số phức $z=2-3i$  là  $\overline{z}=2+3i$

Điểm biểu diễn số phức $\overline{z}=2+3i$  là $M(2;3)$ .

Đáp án A

Tứ diện $O.A^{\text{'}}BC$  là chóp tam giác $A^{\text{'}}.OBC$  có chiều cao $h=A^{\text{'}}A=a$.

Diện tích đáy $S_{OBC}=\frac{1}{4}{S}_{ABC\text{D}}=\frac{a^2}{4}$ .

Thể tích $V_{O.A^{\text{'}}BC}=\frac{1}{3}{S}_{OBC}.A^{\text{'}}A=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{4}.a=\frac{a^3}{12}$ .

Đáp án C

Theo đề bài ta có:   $A(a;0;0),\text{ B}(0;b;0),\text{ C}(0;0;c)$

Vì M là trọng tâm $\Delta ABC$   thì $\{\begin{array}{l}{x}_M=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_M=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_M=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1=\frac{a}{3}\\ 2=\frac{b}{3}\\ 3=\frac{c}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=9\end{array}$ .

Suy ra $A(3;0;0),\text{ B}(0;6;0),\text{ C}(0;0;9)$ .

Đáp án B

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

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm $x^3+x^2+2\text{x}-3=2\text{x}-3\iff x^3+x^2=0$

$\iff x^2(x+1)=0\iff [\begin{array}{l}{x}^2=0\\ x+1=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=-3\\ x=-1\Rightarrow y=-5\end{array}$.

Vì B có hoành độ âm nên$B(-1;-5)$  hay hoành độ của B là $x=-1$ .

Đáp án D

Ta có: $VP=\frac{1}{2}\log 3\text{x}-2\log b+3\log \sqrt{c}=\log \sqrt{3\text{a}}-\log b^2+\log \sqrt{c^3}$

$=\log \frac{\sqrt{3\text{a}}.\sqrt{c^3}}{b^2}=\log \frac{\sqrt{3\text{a}{c}^3}}{b^2}$

Vậy $\log \text{x}=\log \frac{\sqrt{3{\text{ac}}^3}}{b^2}\iff x=\frac{\sqrt{3\text{a}{c}^3}}{b^2}$ .

Đáp án A

Vì $ABC\text{D}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$  là hình hộp chữ nhật nên

$A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=AB=a;B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=A\text{D}=2\text{a}$.

Xét tam giác $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ ; vuông tại  ta có

$A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{a^2+{\left(2\text{a}\right)}^2}=a\sqrt{5}$.

Xét tam giác AA'C'  vuông tại A' ta có

$=\sqrt{A{C^{\text{'}}}^2-A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{14{\text{a}}^2-5{\text{a}}^2}=3\text{a}$.

Đáp án B

Gọi O, O' lần lượt là tâm đáy, I là trung điểm của  thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và bán kính .

Ta có: $A^{\text{'}}{O}^{\text{'}}=\frac{2}{3}{A}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3};=\frac{1}{2}O{O}^{\text{'}}=\frac{b}{2}$ .

Do đó $I{A}^{\text{'}}=\sqrt{I^2+A^{\text{'}}{O^{\text{'}}}^2}=\sqrt{\frac{b^2}{3}+\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{4{\text{a}}^2+3b^2}{12}}$

Thể tích khối cầu

$V=\frac{4}{3}\pi I{A}^2=\frac{4}{3}\pi \left(\sqrt{\frac{4{\text{a}}^2+3b^2}{12}}\right)=\frac{4\pi }{\mathrm{3.12.}\sqrt{12}}\sqrt{{(4{\text{a}}^2+3b^2)}^3}=\frac{\pi }{18\sqrt{3}}\sqrt{{(4{\text{a}}^2+3b^2)}^3}$.

Đáp án C

TXĐ: $x\ge 3;x\ne 1;x\ne 1$

Ÿ$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(\sqrt{x+3}-2)(\sqrt{x+3}+2)}{(\sqrt{x+3}+2)(x-1)(x+1)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{(\sqrt{x+3}+2)(x-1)(x+1)}$

 $=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{(\sqrt{x+3}+2)(x+1)}=\frac{1}{8}\ne +\infty$nên  không là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

Ÿ$\underset{x\to {(-1)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=-\infty$  nên $x=-1$  là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng .

Đáp án C

Ta có: $1500=250.e^{r.12}\Rightarrow r=\frac{\ln 6}{12}$

Gọi t (giờ) là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng vi khuẩn ban đầu.

Ta có: $216{\text{A}}_0=A_0.e^{rt}\Rightarrow rt=\ln 216\Rightarrow t=\frac{\ln 216}{r}=36$ .

Đáp án A

Vì các tam giác ABC, ACD, ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A nên  hay AB, AC, AD đôi một vuông góc nên $AB\perp AC,AC\perp A\text{D},A\text{D}\perp AB$ khoảng cách từ A đến $\left(BC\text{D}\right)$  là d thì

$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{\text{D}}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2{\text{a}}^2}+\frac{1}{3{\text{a}}^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=-4{\text{x}}^3-2(m-3)-2\text{x}(2{\text{x}}^2+m-3)$ .

Yêu cầu bài toán thỏa mãn $\iff 2{\text{x}}^2+m-3=0$  vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất $x=0$

$\iff m-3\ge 0\iff m\ge 3$.

Đáp án D

Ta có: $\underset{-2}{\overset{0}{\int }}(4-e^{-\frac{x}{2}})d\text{x}={(4\text{x}+2{\text{e}}^{-\frac{x}{2}})|}_{-2}^0=2-(-8+2\text{e})=10-2\text{e}$ .

Suy ra $a=10;b=-1\Rightarrow a+2b=10+2.(-1)=8$ .

Đáp án D

Ta có: $\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)(1+i)}{1+1}=\frac{2i}{2}=i\Rightarrow z={\left(\frac{1+i}{1-i}\right)}^{2019}=i^{2019}\Rightarrow z^4={\left(i^{2019}\right)}^4={\left(i^4\right)}^{2019}=1$ .

Đáp án D

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2y+4\text{z}-9=0$  có tâm $I(0;1;-2)$  và bán kính $R=\sqrt{0^2+1^2+{(-2)}^2-(-9)}=\sqrt{14}$

Để A nằm trong khối cầu thì $IA<R\iff I{A}^2<R^2\iff 1^2+{(a-1)}^2+3^2<14$

$\iff {(a-1)}^2<4\iff -2<a-1<2\iff -1<a<3$.

Đáp án D

Đáp án D

ĐK: $0<x<6$

Thể tích hộp kim loại là $V=x(6-x)(12-2\text{x})=(6\text{x}-x^2)(12-2\text{x})=2{\text{x}}^3-24{\text{x}}^2+72\text{x}$

Đặt $f\left(x\right)=2{\text{x}}^3-24{\text{x}}^2+72\text{x}$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=6{\text{x}}^2-48\text{x}+72=0\iff [\begin{array}{l}x=6\notin (0;6)\\ x=2\in (0;6)\end{array}$

Ta có bảng biến thiên của f(x) trên (0;6)

Vậy giá trị lớn nhất của V là 64 $\Rightarrow x=2$ .

Tuy nhiên thể tích sôcôla nguyên chất chỉ chiếm $\frac{3}{4}$  nên $V_0=\frac{3}{4}.64=48$   (đvdt).

Đáp án C

Gắn hệ trục tọa độ sao cho $OH\equiv Oy,OB\equiv Ox$ .

Gọi phương trình Parabol $y=a{x}^2+bx+c$  ta có Parabol đi qua ba điểm $H(0;3;0),B(3;0;0),A(-3;0;0)$ .

Từ đó ta có  $\{\begin{array}{l}c=30\\ 900\text{a}+30b+30=0\\ 900\text{a}-30b+30=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=30\\ a=-\frac{1}{30}\\ b=0\end{array}$ nên phương trình Parabol $y=-\frac{1}{30}{x}^2+30$ .

Diện tích chiếc gương là 

$\underset{-30}{\overset{30}{\int }}|-\frac{1}{30}{x}^2+30|d\text{x}=\underset{-30}{\overset{30}{\int }}(-\frac{1}{30}{x}^2+30)d\text{x}={(-\frac{1}{90}{x}^3+30\text{x})|}_{-30}^{30}=1200$ (đvdt).

Đáp án C

Đáp án B

Đặt $t=2\text{x}\Rightarrow dt=2\text{dx}$

Đổi cận $|\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=1\\ x=1\Rightarrow t=2\end{array}$  ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2$ . Suy ra $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=4$

Đặt $\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=d\text{x}\\ v=f\left(x\right)\end{array}\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}={xf\left(x\right)|}_0^2-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2f\left(2\right)-4=28$ .

Đáp án B

Điều kiện: $\text{x}>0$ .

Đường thẳng $\text{x}=k$  cắt đồ thị hàm số $y={\log }_{5}x$  tại điểm $A(k;{\log }_{5}k)$   với $k>0$ .

Đường thẳng $\text{x}=k$  cắt đồ thị hàm số $y={\log }_5(x+4)$  tại điểm $B(k;{\log }_5(k+4))$ .

$AB=\frac{1}{2}\iff |{\log }_5(k+4)-{\log }_{5}k|=\frac{1}{2}\iff {\log }_5\frac{k+4}{k}=\frac{1}{2}$

 (do $k+4>k>0\Rightarrow \frac{k+4}{k}>1\Rightarrow {\log }_5\frac{k+4}{k}>{\log }_{5}1=0$ )

Khi đó $k+4=k\sqrt{5}\iff k(\sqrt{5}-1)=4\iff k=\frac{4}{\sqrt{5}-1}=\frac{4(\sqrt{5}+1)}{5-1}=1+\sqrt{5}$

Vậy $k=1+\sqrt{5}\to a=\mathrm{1,}b=5\Rightarrow a+b=6$ .

Đáp án B

Gọi $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$  với $a;b;c>0$  thì (P) có phương trình $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ .

Vì $M(1;2;1)\in \left(P\right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$

Thể tích khối tứ diện OABC là $V=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của $V=\frac{1}{6}abc$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số $\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{1}{c}$  ta có

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[4]{\frac{2}{abc}}$.

$\iff 1\ge 3\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{abc}}\iff 1\ge \frac{54}{abc}\iff abc\ge 54$

Dấu “=” xảy ra khi $\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{1}{c}\\ \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=3\end{array}$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của V là $\frac{1}{6}.54=9\iff a=3;b=6;c=3$ .

Đáp án C

Ta có: $z_1^2+z_2^2=z_1{z}_2\iff \frac{z_1^2}{z_2^2}-\frac{z_1}{z_2}+1=0\iff {\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}^2-\frac{z_1}{z_2}+1=0\iff \frac{z_1}{z_2}=\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$

$\Rightarrow \left|\frac{z_1}{z_2}\right|=1\Rightarrow \left|z_1\right|=\left|z_2\right|\Rightarrow OA=OB$.

Lại có$z_1^2+z_2^2=z_1{z}_2\iff {(z_1-z_2)}^2=-z_1{z}_2$

Lấy mođun hai vế ta được ${|z_1-z_2|}^2=|-z_1{z}_2|\to {|z_1-z_2|}^2=\left|z_1\right|\left|z_2\right|={\left|z_1\right|}^2$

Hay $A{B}^2=O{A}^2\Rightarrow AB=OA=OB$ .

Vậy tam giác OAB đều.

Đáp án B

Vì E là trung điểm AD và $AB=BC=\frac{1}{2}A\text{D}=a$  nên $AB=BC=A\text{E}=E\text{D}=a$  mà $BC\text{ // AE}\Rightarrow$  tứ giác ABCE là hình vuông suy ra  hay tam giác ECD vuông tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EC\text{D}$ .

Gắn với hệ trục tọa độ với $A\equiv O(0;0;0),A\text{D}\equiv \text{Ox; AB}\equiv \text{Oy; AS}\equiv \text{Oz}$ .

Coi đơn vị độ dài là a=1

Suy ra $A(0;0;0),\text{ S}(0;0;\sqrt{6}),\text{ E}(1;0;0),\text{ D}(2;0;0),\text{ C}(1;1;0)$  và $M(\frac{3}{2};\frac{1}{2};0)$  là trung điểm của CD.

Vì  vuông tại E nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD thuộc đường thẳng qua M và song song với SA.

Phương trình đường thẳng d qua M và song song với SA có 1 véctơ pháp tuyến thì có dạng:  $d:\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ y=\frac{1}{2}\\ z=t\end{array}$