Đáp án A

Ta có: $z^2-4z+5=0\iff [\begin{array}{l}z=2+i\\ z=2-i\end{array}\Rightarrow {\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2={|2+i|}^2+{|2-i|}^2=10$ .

Đáp án A

Ta có: $d(I;\left(P\right))=\frac{|2.5+2.2-3+1|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=4=R$

Đáp án C

Ta có: ${\log }_5\left(a{b}^5\right)={\log }_{5}a+{\log }_5{b}^5={\log }_{5}a+5{\log }_{5}b$

Đáp án D

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta có điểm $M(1;-3;4)\in d$  .

Đáp án C

Dựa vào BBT  Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì $0<m<3\Rightarrow$  vậy có 2 giá trị m nguyên.

Đáp án C

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}(\sin x-4x^3)dx=-\cos x-\frac{4x^4}{4}+C=-\cos x-x^4+C$

Đáp án D

Xét phương trình hoành độ giao điểm $2x^2-x-1=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}$

$\Rightarrow V=\pi \underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}{(2x^2-x-1)}^{2}dx=\frac{81\pi }{80}$

Đáp án B

Ta có: ${\log }_{16}81={\log }_{4^2}{3}^4=\frac{1}{2}.4{\log }_{4}3=2{\log }_{4}3=\frac{2}{a}$ .

Đáp án C

Ta có: $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=-3-5=-8$

Đáp án A

Ta có tổng số cách xếp chỗ ngồi cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang là tổng số hoán vị của bốn phần tử nên có: $4!=24$ .

Đáp án D

Từ bảng biến thiên rút ra nhận xét hàm số gián đoạn tại $x=-1$  nên loại đáp án A, C

Nhận xét $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=2$  đó chọn đáp án D

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=3\times (-5)+2\times 2+1\times (-4)=-15$

Đáp án B

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=-x{(x-2)}^2(x-3)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ x=3\end{array}$

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Đáp án D

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

Đáp án B

Ta có $V_{SABCD}=\frac{1}{3}\times d(S;\left(ABCD\right))\times S_{ABCD}=\frac{1}{3}\times SA\times A{B}^2=\frac{1}{3}\times a\sqrt{6}\times {\left(a\sqrt{3}\right)}^2=a^3\sqrt{6}$  .

Đáp án B

Ta có $\log (x^2-4x+5)>1\iff \{\begin{array}{l}{x}^2-4x+5>0\\ x^2-4x+5>10\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>5\\ x<-1\end{array}\iff x\in (-\infty ;-1)\cup (5;+\infty )$ .

Đáp án B

Đáp án D

Ta có $2a(b-3)i=4-5i\iff \{\begin{array}{l}2a=4\\ b-3=-5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=-2\end{array}$

Đáp án B

Hàm số đồng biến trên 1 khoảng thì đồ thị có chiều đi lên trong khoảng đó.

Từ hình vẽ, suy ra hàm số đồng biến trên $(-1;0)$ .

Đáp án A

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A có đường cao AH

$AB=AC=2a\Rightarrow BC=2\sqrt{2}a$

$\Rightarrow AH=\frac{BC}{2}=\frac{2\sqrt{2}a}{2}=a\sqrt{2}=BH=CH$

Vậy thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi B{H}^2.AH=\frac{1}{3}\pi .{\left(a\sqrt{2}\right)}^2.\left(a\sqrt{2}\right)=\frac{2\sqrt{2}\pi a^3}{3}$

Đáp án D

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

Vậy số giao điểm là 2.

Đáp án B

Ta có: Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên đường thẳng d nhận vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(3;-4;7)$  của (P) làm vectơ chỉ phương.

Vậy phương trình đường thẳng d là: $\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=2-4t\\ z=3+7t\end{array}(t\in ℝ)$

Đáp án C

Diện tích xung quanh hình trụ là: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.3.4}=24\pi$

Đáp án C

Ta có: $z=5+2i\Rightarrow \overline{z}=2-5i$ .

Vậy tọa độ điểm biểu diễn là $(2;-5)$ .

Đáp án A

Phương trình mặt cầu : $x^2+y^2+z^2-9+m(4x+2y+4z)+7m=0$

$\iff {(x+2m)}^2+{(y+m)}^2+{(z+2m)}^2=9+9m^2-7m$

Suy ra, $\left(S\right)$  có tâm $I(-2m;-m;-2m)$  và bán kính $R=\sqrt{9m^2-7m+9}$

$\Rightarrow d(I;\left(Q\right))=\frac{|-3m+8m-20|}{5}=\sqrt{9m^2-7m+9}$

$\iff |m-4|=\sqrt{9m^2-7m+9}\iff 8m^2+m-7=0\iff [\begin{array}{l}m=-1\Rightarrow R_1=5\\ m=\frac{7}{8}\Rightarrow R_2=\frac{25}{8}\end{array}\Rightarrow R_1+R_2=\frac{65}{8}$

Đáp án C

Dựng đường tròn tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Kẻ đường kính AQ

Xét tam giác ACB:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.\cos \widehat{BAC}$

$=3a^2+a^2-2.a^2.\sqrt{3}.\cos 150°=7a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{7}$

$R_{\Delta ABC}=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a\sqrt{7}}{2.\sin 150°}=a\sqrt{7}\Rightarrow AO=a\sqrt{7}$

Vì AQ là đường kính đường tròn tâm O, điểm B thuộc đường tròn này nên $QB\perp AB$

Ta có: $\begin{array}{l}QB\perp AB\\ QB\perp SA\end{array}\}\Rightarrow QB\perp \left(SAB\right)\Rightarrow QB\perp AM$

Ta có: $\begin{array}{l}AM\perp QB\\ AM\perp SB\end{array}\}\Rightarrow AM\perp \left(SQB\right)\Rightarrow AM\perp QM\Rightarrow \Delta AMQ$ vuông tại M.

Chứng minh tương tự ta được: $\Delta ANQ$  vuông tại N.

Ta có các tam giác: $\Delta ABQ$ , $\Delta AMQ$ , $\Delta ANQ$ , $\Delta ACQ$  là các tam giác vuông lần lượt ở B, M, N, C

Do đó các điểm A, B, C, N, M thuộc mặt cầu đường kính AQ

 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCMN là $AO=a\sqrt{7}$

$\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(a\sqrt{7}\right)}^3=\frac{28\sqrt{7}\pi a^3}{3}$

Đáp án A

Ta có: $\frac{NB}{NC}=\frac{BR}{CD}=2\Rightarrow BR=2a$ ,

$\frac{BT}{T{B}^{\text{'}}}=\frac{BR}{B^{\text{'}}M}=4\Rightarrow BT=\frac{4a}{5}$;

$Q{A}^{\text{'}}=B^{\text{'}}T=\frac{a}{5}$;   $\frac{Q{A}^{\text{'}}}{D{D}^{\text{'}}}=\frac{H{A}^{\text{'}}}{H{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{5}\Rightarrow H{A}^{\text{'}}=\frac{a}{6}$

$V_{QADR}=\frac{1}{6}\times \frac{6a}{5}\times 3a\times a=\frac{3a^3}{5}$

$V_{RBTN}=\frac{1}{6}\times \frac{4a}{5}\times \frac{2a}{3}\times 2a=\frac{8a^3}{45}$

Đáp án A

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{2}{3.1-2}=2$ ;  $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=0\Rightarrow$có

2 đường TCN là ;

Xét $3f\left(x\right)-2=0\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{2}{3}$ .

Dựa vào bảng biến thiên  phương trình $f\left(x\right)=\frac{2}{3}$  có 4 nghiệm phân biệt

$\Rightarrow$ có 4 đường TCĐ

Đáp án B

Gọi mặt phẳng cần tìm là  có dạng $x+3z+m=0$

Vì (N) cách đều (P) và $\left(Q\right)\Rightarrow d(\left(P\right);\left(N\right))=d(\left(Q\right);\left(N\right))\iff d(A;\left(P\right))=d(B;\left(Q\right))$

Với $A(-2;0;0)\in P$; $B(4;0;0)\in Q\Rightarrow \frac{|-2+m|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{|4+m|}{\sqrt{1^2+3^2}}\iff m=-1$ 

$\Rightarrow \left(N\right):x+3z-1=0$

Đáp án C

Do A, B, C lần lượt là giao điểm của  với 3 trục tọa độ nên tọa độ $\{\begin{array}{l}A(-6;0;0)\\ B(0;-4;0)\\ C(0;0;6)\end{array}$

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

$\{\begin{array}{l}IA=IB\\ IB=IC\\ \overrightarrow{BI}[\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}]=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}12x-8y=-20\\ 8y+12z=20\\ 2x+3(y+4)-2z=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{-39}{17}\\ y=\frac{-16}{17}\\ z=\frac{39}{17}\end{array}$

Khi đó phương trình đường thẳng d sẽ là $\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{-39}{17}+2t\\ y=\frac{-16}{17}+3t\\ z=\frac{39}{17}-2t\end{array}$  với $t=-\frac{6}{17}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-3\\ y=-2\\ z=3\end{array}$

Vậy phương trình đường thẳng d là $\frac{x+3}{2}=\frac{y+2}{3}=\frac{z-3}{-2}$

Đáp án D

Giả sử một đầu mút là điểm A.

Khi đó gọi tâm của nửa đường tròn đó là O

Thì bán kính đường tròn $R=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}$  khi đó nếu ta gắn hệ trục tọa độ Oxy tại tâm của nửa đường tròn thì được phương trình của đường tròn là $x^2+y^2=40$ .

Khi đó diện tích của nửa đường tròn sẽ là $\frac{\pi R^2}{2}=20\pi$

Phương trình parabol đi qua điểm $O(0;0)$  và điểm $A(2;6)$  là $y=\frac{3}{2}{x}^2$

Khi diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi một phần đường tròn và parabol tính theo công thức $S=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}|\sqrt{40-x^2}-\frac{3}{2}{x}^2|dx$

Do đó chi phí cần dùng để trồng hoa trong khuôn viên là

$(20\pi -\underset{-2}{\overset{2}{\int }}|\sqrt{40-x^2}-\frac{3}{2}{x}^2|dx)80.000+\underset{-2}{\overset{2}{\int }}|\sqrt{40-x^2}-\frac{3}{2}{x}^2|dx.120000=5701349$

Đáp án B

Gọi số tiền người đó gửi hàng tháng là  triệu

+ Đầu tháng 1 người đó có a.

Cuối tháng 1 người đó có: $a.(1+\mathrm{0,06})=a\mathrm{.1,06}$

+ Đầu tháng 2 người đó có: $a+a\mathrm{.1,06}$

Cuối tháng 2 người đó có: $\mathrm{1,06}(a+a\mathrm{.1,06})=a.(\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2)$

+ Đầu tháng 3 người đó có: $a.(1+\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2)$

Cuối tháng 3 người đó có $a.(1+\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2)\mathrm{.1,06}=a.(1+\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2+{\mathrm{1,06}}^3)$

…

+ Đến cuối tháng thứ n người đó có: $a.(1+\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2+\mathrm{..}+{\mathrm{1,06}}^n)$

Ta cần tính tổng: $a.(1+\mathrm{1,06}+{\mathrm{1,06}}^2+\mathrm{..}+{\mathrm{1,06}}^n)$

Áp dụng công thức cấp số nhân với công bội là 1,06 ta được $3\frac{1-{\mathrm{1,06}}^{n+1}}{-\mathrm{0,06}}>150\iff n\ge 43$

Vậy sau 43 tháng người đó thu được số tiền thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: $y=2\Rightarrow y=\frac{a}{b}=2\Rightarrow$  loại đáp án A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $(0;1)\Rightarrow -\frac{1}{c}=1\Rightarrow c=-1\Rightarrow$  chọn D.

Đáp án C

$I=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\frac{3+\ln x}{{(x+1)}^2}dx$

Đặt $\{\begin{array}{l}u=3+\ln x\\ dv=\frac{dx}{{(x+1)}^2}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=\frac{dx}{x}\\ v=\frac{-1}{x+1}\end{array}$ .

Khi đó ta có: $I=-\frac{3+\ln x}{x+1}|\begin{array}{l}3\\ 1\end{array}+\underset{1}{\overset{3}{\int }}\frac{dx}{x(x+1)}=-\frac{3+\ln x}{x+1}|\begin{array}{l}3\\ 1\end{array}+\ln x|\begin{array}{l}3\\ 1\end{array}-\ln (x+1)|\begin{array}{l}3\\ 1\end{array}$

$=\frac{3}{4}\ln 3-\ln 2+\frac{3}{4}$

Suy ra $\{\begin{array}{l}a=\frac{3}{4}\\ b=-1\\ c=\frac{3}{4}\end{array}\Rightarrow a^2+b^2-c^2=1$

Đáp án C

$g\left(x\right)=f\left(|x-4|\right)+{2018}^{2019}$

$\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)={|x-4|}^{\text{'}}.f^{\text{'}}\left(|x-4|\right)=f^{\text{'}}\left(|x-4|\right)\sqrt{{(x-4)}^2}=f^{\text{'}}\left(|x-4|\right)\frac{(x-4)}{|x-4|}$

Xét $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(|x-4|\right)=0\iff [\begin{array}{l}|x-4|=-2\left(l\right)\\ |x-4|=-1\left(l\right)\\ |x-4|=3\\ |x-4|=5\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=7\\ x=1\\ x=9\\ x=-1\end{array}$

Ta có bảng xét dấu của  như sau

Vậy có 5 điểm cực trị.

Đáp án C

$C_n^2-C_n^1=44\iff \frac{n(n-1)}{2}-n=44\iff n=11$

Khi đó, ta có: ${(x^4-\frac{2}{x^3})}^{11}=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k{\left(x^4\right)}^k{(-2x^{-3})}^{11-k}=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k{(-2)}^{11-k}{x}^{7k-33}$

Số hạng chứa $x^9$  ứng với $7k-33=9\iff k=6$ .

Suy ra, hệ số cần tìm là $C_{11}^6\times {(-2)}^5=-14784$

Đáp án A

Đặt $f\left(x\right)=t$ , $x\in [0;2]\Rightarrow t=f\left(x\right)\in [1;\frac{7}{6})$  .

Xét hàm số $g\left(t\right)=2t^3-\frac{13}{2}{t}^2+7t-\frac{1}{2}$  trên $[1;\frac{7}{6})$  , ta có: $g^{\text{'}}\left(t\right)=6t^2-13t+7=0\iff [\begin{array}{l}t=1\\ t=\frac{7}{6}\end{array}$

Suy ra,  $g\left(t\right)$ nghịch biến trên $[1;\frac{7}{6})$  hay $g\left(t\right)\le g\left(1\right)=2$

Suy ra, $e^{2f^3\left(x\right)-\frac{13}{2}{f}^2\left(x\right)+7f\left(x\right)-\frac{1}{2}}=m\le e^2$

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của m là $e^2$

Đáp án C

Đặt:  $z=x+yi$ . $(x,y\in ℝ)$

Khi đó ta có: $(z+3-i)(\overline{z}+1+3i)=[(x+3)+(y-1)i][(x+1)-(y-3)i]$

$=[(x+1)(x+3)+(y-1)(y-3)]+[-(x+3)(y-3)+(x+1)(y-1)]i$