Đáp án B

Vì $\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\end{array}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)$ .

Xét tam giác vuông SAB có: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$ .

Diện tích tam giác ABC là: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Thể tích khối chóp là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}.$

Đáp án C

Ta có: $\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=9=f\left(3\right)-f\left(0\right)\Rightarrow f\left(3\right)=9+f\left(0\right)=9+1=10.$

Đáp án B

Ta có:$\ln (a+ab)=\ln \left(a(1+b)\right)=\ln a+\ln (1+b)$

Đáp án D

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \frac{1}{2x+3}dx=\frac{1}{2}\ln |2x+3|+C$ .

Đáp án A

Ta có:${\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2-2x}>\frac{1}{8}\iff x^2-2x<{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{8}\iff x^2-2x<3\iff x^2-2x-3<0\iff -1<x<3.$

Tập nghiệm của bất phương trình $S=(-1;3)\Rightarrow a=-1;b=3$  nên $b-a=4$  .

Đáp án D

Ta có: $z=i(3i+1)=3i^2+i=-3+i$  .

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

Đáp án B

Gọi $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$  là vectơ pháp tuyến của (P).

Do $\left(P\right)//Ox$  và  $\left(P\right)\perp \left(Q\right)$nên $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\perp \overrightarrow{i}\\ \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\end{array}$ .

Ox có vectơ pháp tuyến$\overrightarrow{i}=(1;0;0)$  và $\left(Q\right):x+2y-2z+1=0$  có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=(1;2;-2)$ .

Ta có $[\overrightarrow{i},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}]=(0;2;2)$  nên chọn $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(0;1;1)$ .

$\left(P\right)$ đi qua $A(0;-1;2)$  và nhận $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(0;1;1)$   làm vectơ pháp tuyến nên

$\left(P\right):0(x-0)+1(y+1)+1(z-2)=0\iff y+z-1=0$.

Đáp án A

Phần ảo của số phức $z=5-8i$   là -8.

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}.$

Bảng biến thiên:

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là . $(0;2)$

Đáp án D

Từ hình dáng đồ thị ta thấy hình vẽ là đồ thị của hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A, B.

Lại từ hình vẽ ta thấy $\underset{x\to -\infty }{\lim }=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }=+\infty$   nên chỉ có đáp án D thỏa mãn.

Đáp án D

 $\left(P\right):2x+2y+z+1=0\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(2;2;1)$là vectơ pháp tuyến của (P).

$\left(Q\right):2x-2y+z-1=0\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=(2;-1;2)$ là vectơ pháp tuyến của (Q).

Gọi $\overrightarrow{u_d}$  là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Đường thẳng d song song với cả (P)và (Q) thì $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_d}\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\\ \overrightarrow{u_d}\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\end{array}$ .

Có $[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}]=(5;-2;-6)$  nên chọn $\overrightarrow{u_d}=(5;-2;-6)$ , d đi qua $A(1;2;3)$  và nhận $\overrightarrow{u_d}=(5;-2;-6)$làm vectơ chỉ phương nên $\frac{x-1}{5}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z-3}{-6}$.

Đáp án B

Ta có: $u_1=-5;d=3$  nên $u_{15}=u_1+14d=37;u_{13}=u_1+12d=31;u_{10}=u_1+9d=22$  nên A, C, D sai, B đúng.

Đáp án C

Ta có $A(1;2;3),B(-1;4;1)\Rightarrow I(0;3;2)$   là trung điểm AB và $AB=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$ .

Mặt cầu (S) đường kính AB có tâm $I(0;3;2)$  và bán kính $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{3}$  .

$\Rightarrow \left(S\right):{(x-0)}^2+{(y-3)}^2+{(z-2)}^2=3$ hay  $\left(S\right):x^2+{(y-3)}^2+{(z-2)}^2=3$ .

Đáp án C                  

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+2=x+2\iff x^3-x=0\iff x(x^2-1)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}.$

Suy ra số giao điểm của hai đồ thị $y=x+2;y=x^3+2$  là 3 giao điểm.

Đáp án A

Đáp án C

Ta có: $z^2+2z+10=0\iff {(z+1)}^2=-9\iff {(z+1)}^2=9i^2\iff [\begin{array}{l}z+1=3i\\ z+1=-3i\end{array}\iff [\begin{array}{l}z=-1+3i\\ z=-1-3i\end{array}.$

Suy ra: $|z_1-z_2|=|-1+3i-(-1-3i)|=\left|6i\right|=\sqrt{36}=6$ .

Đáp án D

Ta có: . $f\text{'}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}$

$y=a{x}^3+b{x}^2+cx$ và $f\text{'}\left(x\right)<0\iff x<3$  nên đạo hàm f'(x) đổi dấu từ âm

sang dương qua điểm x=3.

Vậy hàm số chỉ có duy nhất một điểm cực trị, chính là điểm cực tiểu x=3.

Đáp án B

Ta có: $9^{\frac{1}{2}{\log }_{3}4}={\left(9^{\frac{1}{2}}\right)}^{{\log }_{3}4}=3^{{\log }_{3}4}=4.$

Lưu ý: Sử dụng công thức $a^{m.n}={\left(a^m\right)}^n;a^{{\log }_{a}b}=b(0<a\ne 1;b>0)$ .

Đáp án A

Hàm số $y={\log }_2(x^2-2x)$  xác định nếu $x^2-2x>0\iff [\begin{array}{l}x>2\\ x<0\end{array}$ .

Vậy TXĐ:$D=(-\infty ;0)\cup (2;+\infty )$ .

Đáp án A

Điều kiện: $x\ne 1$  . Ta có: $y\text{'}=\frac{-2-m}{{(x-1)}^2}$ .

TH1: $y\text{'}>0\iff -2-m>0\iff m<-2$  suy ra hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng $(-\infty ;1)\cup (1;+\infty )$  nên hàm số đồng biến trên $(2;3)$  .

Suy ra $\underset{[2;3]}{\max }y=y\left(3\right)=\frac{6+m}{2};\underset{[2;3]}{\min }y=y\left(2\right)=4+m$ .

Theo đề bài, ta có: $|\frac{6+m}{2}-(4+m)|=2\iff |-2-m|=4\iff [\begin{array}{l}m+2=4\\ m+2=-4\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=2\left(ktm\right)\\ m=-6\left(tm\right)\end{array}$ .

TH2:  $y\text{'}<0\iff -2-m<0\iff m>-2$suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng$(-\infty ;1)\cup (1;+\infty )$  xác định nên hàm số nghịch biến trên $(2;3)$ .

Suy ra $\underset{[2;3]}{\min }y=y\left(3\right)=\frac{6+m}{2};\underset{[2;3]}{\max }y=y\left(2\right)=4+m$ .

Từ yêu cầu ta có: $|4+m-\frac{6+m}{2}|=2\iff |2+m|=4\iff [\begin{array}{l}m+2=4\\ m+2=-4\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=2\left(ktm\right)\\ m=-6\left(tm\right)\end{array}$ .

Vậy $m=2;m=-6$  nên tổng các giá trị của m là $2+(-6)=-4$ .

Đáp án A

Gọi $O=AC\cap BD$ .

Qua O dựng đường thẳng d vuông góc với đáy. Mặt phẳng trung trực của SA cắt d tại I.

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Do $SA\perp \left(ABCD\right)$  nên góc giữa SD và đáy bằng .

Tam giác SAD vuông tại A có $AD=a\sqrt{3},SDA=30°$ .

$\begin{array}{l}\Rightarrow SA=AD.\tan 30°=a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{3}=a\\ \Rightarrow AH=\frac{1}{2}AS=\frac{a}{2};AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{3a^2+4a^2}=\frac{a\sqrt{7}}{7}\end{array}$

$\Rightarrow AI=\sqrt{A{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{\frac{7a^2}{4}+\frac{a^2}{4}}=a\sqrt{2}\Rightarrow S=4\pi A{I}^2=4\pi {\left(a\sqrt{2}\right)}^2=8\pi a^2.$

Đáp án C

Đường thẳng $d_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{-1}\Rightarrow d_1:\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-1+2t\\ z=-t\end{array}$ .

Đường thẳng  $d_2:\frac{x-2}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z+3}{2}$ có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_{d_2}}=(1;2;2)$ .

Gọi giao điểm của $\Delta$  với đường thẳng $d_1$  là $M(1+t;-1+2t;-t)$ .

Vì $\Delta$  đi qua $A(1;0;2)$  nên  $\overrightarrow{AM}=(t;-1+2t;-t-2)$là 1 vectơ chỉ phương của .

Vì $\Delta \perp d_2\Rightarrow \overrightarrow{AM}\perp \overrightarrow{u_{d_2}}\iff \overrightarrow{AM}.\overrightarrow{u_{d_2}}=0\iff 1.t+2.(-1+2t)+2.(-t-2)=0\iff 3t-6=0\iff t=2$  .

Suy ra $\overrightarrow{AM}=(2;3;-4)$ .

Phương trình đường thẳng $\Delta$  đi qua $A(1;0;2)$  và nhận $\overrightarrow{AM}=(2;3;-4)$  làm vectơ chỉ phương là $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z-2}{-4}$  .

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của AB ta có: $OH\perp AB,SH\perp AB$ .

Tam giác OAB vuông tại $O\Rightarrow AB=R\sqrt{2},OH=\frac{1}{2}AB=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

Tam giác SAB có $S_{SAB}=R^2\sqrt{2}\Rightarrow SH=\frac{2.S_{SAB}}{AB}=\frac{2R^2\sqrt{2}}{R\sqrt{2}}=2R$

$\Rightarrow SO=\sqrt{S{H}^2-O{H}^2}=\sqrt{4R^2-\frac{2R^2}{4}}=\frac{R\sqrt{14}}{2}$.

Thể tích khối nón .$V=\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SO=\frac{1}{3}\pi R^2.\frac{R\sqrt{14}}{2}=\frac{\pi R^3\sqrt{14}}{6}$

Đáp án A

Vì $\left(P\right)//\left(Q\right)$  nên phương trình mặt phẳng $\left(P\right):x-y+2z+d=0(d\ne -2)$  có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(1;-1;2)$  .

Vì  $M\in Ox,N\in Oy$ nên $M(x_M;0;0),N(0;y_N;0)$ mà $M,N\in \left(P\right)$  nên ta có $x_M+d=0\iff x_M=-d$  và .$-y_N+d=0\iff d=y_N$

Hay $M(-d;0;0),N(0;d;0)\Rightarrow OM=\left|d\right|;ON=\left|d\right|$  .

Lại có tam giác OMN vuông tại O nên $M{N}^2=O{M}^2+O{N}^2\iff 2d^2=8\iff d^2=4\iff [\begin{array}{l}d=2\left(tm\right)\\ d=-2\left(ktm\right)\end{array}$ .

Suy ra phương trình mặt phẳng $\left(P\right):x-y+2z+2=0$ .

Đáp án A

Gọi M là trung điểm của $BC\Rightarrow AM\perp BC$  và $A\text{'}M\perp BC$  (tam giác A’BC cân).

Mà $(A\text{'}BC)\cap \left(ABC\right)=BC$nên góc giữa hai mặt phẳng $(A\text{'}BC)$   và  $\left(ABC\right)$bằng góc giữa AM và A’M hay $A\text{'}MA=45°$  .

Tam giác ABC đều cạnh a nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Tam giác AMA’ có  $A=90°,AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$và $A\text{'}MA=45°$  nên $AA\text{'}=AM\tan 45°=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  .

Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2}{8}$  .

Đáp án C

Ta có: $3^{x^2-2}=5^{x+1}\iff {\log }_3{3}^{x^2-2}={\log }_3{5}^{x+1}\iff x^2-2=(x+1){\log }_{3}5\iff x^2-x.{\log }_{3}5-2-{\log }_{3}5=0$ .

Nhận thấy $ac=1.(-2-{\log }_{3}5)<0$  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu .

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $x_1.x_2=-2-{\log }_{3}5=-{\log }_{3}9-{\log }_{3}5=-{\log }_3\left(9.5\right)=-{\log }_{3}45$ .

Đáp án D

Đặt $t=3x-1\Rightarrow dt=3dx\Rightarrow dx=\frac{dt}{3}$.

Đổi cận $x=1\Rightarrow t=\mathrm{2,}x=3\Rightarrow t=8$ .

Khi đó $I=\frac{3}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f(3x-1)dx=\frac{3}{2}\underset{2}{\overset{8}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{3}dt=\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{8}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}.10=5$ .

Đáp án D

Xét hàm số $y=\frac{2x-m}{x-m}$  với $x\ne m$ .

Điều kiện để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận là $m\ne 0$ .

Đồ thị hàm số nhận $y=2$  làm TCĐ và $x=0$  làm TCN.

Theo đề bài ta có: $\left|m\right|=2\iff [\begin{array}{l}m=2\\ m=-2\end{array}$  .

Lưu ý: Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}(x\ne -\frac{d}{c})$  nhận đường thẳng $y=\frac{a}{c}$  làm TCĐ và nhận đường thẳng$x=-\frac{d}{c}$  làm TCN.

Đáp án A

Ta có: $M(1=t;3-t;2+2t)\in d_1,N(-3t\text{'};t\text{'};-1-3t\text{'})\in d_2\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(-3t\text{'}-1-t;t\text{'}-3+t;-3-3t\text{'}-2t)$ .

 $d_1$có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(1;-1;2)$ .

$\iff d_2$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=(-3;1;-3)$ .

MN là đoạn vuông góc chung của  $d_1$và  $d_2\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{u_2}=0$.

$\iff \{\begin{array}{l}1(-3t\text{'}-1-t)-1(t\text{'}-3+t)+2(-3-3t\text{'}-2t)=0\\ -3(-3t\text{'}-1-t)+1(t\text{'}-3+t)-3(-3-3t\text{'}-2t)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-10t\text{'}-6t-4=0\\ 19t\text{'}+10t+9=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t\text{'}=-1\\ t=1\end{array}$.

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(1;-3;-2)$ và $M(2;2;4)$ .

Vậy $MN:\frac{x-2}{1}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z-4}{-2}$ .

Đáp án B

Gọi số phức $z=x+yi(x;y\in ℝ)$  thì môđun $\left|z\right|=\sqrt{x^2+y^2}$ .

Ta có: $\begin{array}{l}{z}^2-2018z=2019{\left|z\right|}^2\iff {(x+yi)}^2-2018(x+yi)=2019{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)}^2\\ \iff x^2+2xyi-y^2-2018x-2018yi=2019x^2+2019y^2\\ \iff 2018x^2+2020y^2+2018x-(2xy-2018y)i=0\\ \iff \{\begin{array}{l}2xy-2018y=0\\ 2018x^2+2020y^2+2018x=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}y=0\\ x=1009\end{array}\\ 2018x^2+2020y^2+2018x=0\end{array}\end{array}$

Với $y=0\Rightarrow 2018x^2+2018x=0\iff 2018x(x+1)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}$  .

Suy ra $z=0;z=-1$ .

Với $x=1009\Rightarrow {2018.1009}^2+2020y^2+2018.1009=0$

$\iff 2020y^2=-2018.1009-{2018.1009}^2$ (vô nghiệm vì VT không âm và VP âm).

Vậy có 2 số phức thỏa mãn đề bài.

Đáp án A

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

$\begin{array}{l}\Rightarrow I=\left(\frac{x^3}{3}\ln x\right)|\begin{array}{l}{}^e\\ {}_1\end{array}-\underset{1}{\overset{e}{\int }}(\frac{x^3}{3}.\frac{1}{x})dx=\frac{e^3}{3}-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{e}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{e^3}{3}-\frac{1}{3}.\frac{x^3}{3}|\begin{array}{l}{}^e\\ {}_1\end{array}=\frac{e^3}{3}-\frac{e^3}{9}+\frac{1}{9}=\frac{2e^3}{3}+\frac{1}{9}\\ \Rightarrow a=\frac{2}{9},b=\frac{1}{9}\Rightarrow 9(a+b)=3.\end{array}$