Đáp án B

Áp dụng công thức

${V=\frac{1}{3}Sh\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{V}_{A.BCD}=\frac{1}{3}h.S_{BCD}\\ V_{A.GBC}=\frac{1}{3}h.S_{GBC}=\frac{1}{9}h.S_{BCD}\end{array}\right.\Rightarrow V=4}_{}$

Đáp án B

Ta có $\left(7+4\sqrt{3}\right)\left(4\sqrt{3}-7\right)={\left(4\sqrt{3}\right)}^2-7^2=-1$

$$\begin{gathered} \Rightarrow P={\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{2021}{\left(4\sqrt{3}-7\right)}^{2021} \\ ={\left[\left(7+4\sqrt{3}\right)\left(4\sqrt{3}-7\right)\right]}^{2021}\left(7+4\sqrt{3}\right) \end{gathered}$$

$={\left(-1\right)}^{2021}\left(7+4\sqrt{3}\right)=-\left(7+4\sqrt{3}\right)$

Đáp án C

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

Do $0<{\log }_{3}2\Rightarrow x_1=0,x_2={\log }_{3}2$

$\Rightarrow A=2x_1+3x_2=2.0+3.{\log }_{3}2=3{\log }_{3}2$

Đáp án D

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{{\left(x^2-2x+5\right)}^{\text{'}}}{x^2-2x+5}=\frac{2x-2}{x^2-2x+5}>0\iff x>1$

Đáp án C

Ta có $z={\left(4-3i\right)}^2+{\left(1+2i\right)}^3=-4-26i$

Suy ra $\left|x\right|=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+{\left(-26\right)}^2}=2\sqrt{173}$

Đáp án B

Khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC có chiều cao $h=AC=3a$; $r=a$ có thể tích $V=\pi a^3$

Đáp án C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{2x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=\frac{1}{2}{e}^{2x}\end{array}\right.$

Khi đó 

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{100}{\int }}x.e^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}\left|\begin{array}{l}100\\ 0\end{array}\right.-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{100}{\int }}{e}^{2x}dx \\ =50e^{200}-\frac{1}{4}{e}^{2x}\left|\begin{array}{l}100\\ 0\end{array}\right. \\ =50e^{200}-\frac{1}{4}{e}^{200}+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\left(199e^{200}+1\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Tập xác định D=R.

Đặt $t=\left|\cos x\right|$, $0\le t\le 1\Rightarrow y=f\left(t\right)=\frac{2t^2+t+1}{t+1},0\le t\le 1$.

$f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{2t^2+4t}{{\left(t+1\right)}^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=-2\notin \left[0;1\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(0\right)=1,f\left(1\right)=2$.

Vậy $\underset{ℝ}{\min }y=1,\underset{ℝ}{\max }y=2\Rightarrow M+m=3$.

Đáp án A 

$$\begin{gathered} z={\left(i^5+i^4+i^3+i^2+i+1\right)}^{2020}={\left(1+i\right)}^{2020} \\ ={\left[{\left(1+i\right)}^2\right]}^{1010}={\left(2i\right)}^{1010}=2^{1010}.i^{1010}=-2^{1010} \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A là $\left(d\right):\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=6-4t\\ z=6-3t\end{array}\right.$:

Gọi D là điểm đối xứng với M qua (d).

Khi đó $D\in AC\Rightarrow$ Đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{ND}$.

Ta xác định điểm D.

Gọi K là giao điểm MD với (d). Ta có $K\left(t;6-4t;6-3t\right)$, $\overrightarrow{MK}=\left(t;1-4t;3-3t\right)$.

Ta có $\overrightarrow{MK}\perp \overrightarrow{u_d}$ với $\overrightarrow{u_d}=\left(1;-4;-3\right)$ nên $t-4\left(1-4t\right)-3\left(3-3t\right)=0\iff t=\frac{1}{2}$.

$K\left(\frac{1}{2};4;\frac{9}{2}\right)$ là trung điểm MD nên $\left\{\begin{array}{l}{x}_D=2x_K-x_M\\ y_D=2y_K-y_M\\ z_D=2z_K-z_M\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=1\\ y_D=3\\ z_D=6\end{array}\right.$ hay $D\left(1;3;6\right)$.

Một vectơ chỉ phương của AC là $\overrightarrow{DN}=\left(0;-2;-6\right)$ hay $\overrightarrow{u}=\left(0;1;3\right)$ là vectơ chỉ phương.

Đáp án A

Ta có $f\left(x\right)=x-5+\frac{1}{x}$, $x\in \left(0;+\infty \right)$.

Khi đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\Rightarrow x=1$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số

Khi đó ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=f\left(1\right)=-3$

Đáp án D

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\log 3=m\\ \ln 3=n\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{10}^m=3\\ e^n=3\end{array}\right.\Rightarrow {10}^m=3^n\iff n=m\ln 10$

Vậy $\ln 30=\ln 3+\ln 10=n+\frac{n}{m}$

Đáp án B

Vận tốc là $v=-20\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{{\left(1+2t\right)}^2}dt=\frac{10}{1+2t}+C$. Khi t = 0 thì vận tốc của vật là 30m/s, suy ra $v=\frac{10}{1+2t}+20$. Quãng đường $s=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{10}{1+2t}+20\right)dt\approx 48$

Đáp án C

Điều kiện của phương trình $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x>0\\ 2x-3>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x>2\\ x<0\end{array}\right.\\ x>\frac{3}{2}\end{array}\right.\iff x>2$.

Ta có: 

$$\begin{gathered} {\log }_3\left(x^2-2x\right)={\log }_3\left(2x-3\right) \\ \iff x^2-2x=2x-3 \\ \iff x^2-4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đối chiếu với điều kiện, x=3 thỏa mãn, loại x=1.

Vậy phương trình có một nghiệm.

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{OA}=\left(0;2;-2\right), \overrightarrow{OB}=\left(2;2;-4\right)$

Phương trình mặt phẳng (OAB) là $x+y+z=0$

$I\in \left(OAB\right)\Rightarrow a+b+c=0$  (1)

$\overrightarrow{AI}=\left(a;b-2;c+2\right), \overrightarrow{BI}=\left(a-2;b-2;c+4\right), \overrightarrow{OI}=\left(a;b;c\right)$

Ta có hệ

$\left\{\begin{array}{l}AI=BI\\ AI=OI\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+{\left(c+2\right)}^2={\left(a-2\right)}^2+{\left(c+4\right)}^2\\ {\left(b-2\right)}^2+{\left(c+2\right)}^2=b^2+c^2\end{array}\right.$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}a-c=4\\ -b+c=-2\end{array}\right.$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $\left\{\begin{array}{l}a-c=4\\ -b+c=-2\\ a+b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a-c=4\\ -b+c=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=0\\ c=-2\end{array}\right.$

Vậy $I\left(2;0;-2\right)\Rightarrow T=a^2+b^2+c^2=8$

Đáp án B

Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm M(2;-1;1) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;2;2\right)$.

Ta có $\overrightarrow{IM}=\left(1;-3;4\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{IM},\overrightarrow{u}\right]=\left(-14;2;5\right)\Rightarrow \left|\left[\overrightarrow{IM},\overrightarrow{u}\right]\right|=15$.

Khoảng cách từ I đến đường thẳng $\Delta$ là $d\left(I,\Delta \right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{IM},\overrightarrow{u}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}=\frac{15}{3}=5$.

Diện tích tam giác IAB bằng 20 nên $AB=\frac{2S_{\Delta IAB}}{d\left(I,\Delta \right)}=\frac{2.20}{5}=8$.

Bán kính mặt cầu (S) là $R=\sqrt{{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2+{\left[d\left(I,\Delta \right)\right]}^2}=\sqrt{4^2+5^2}=\sqrt{41}$.

Phương trình mặt cầu (S) cần lập là ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=41$

Đáp án C

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=f(x) có$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right., f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right., f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff 0<x<2$ và $f\left(0\right)=-1, f\left(2\right)=-2$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(2-x\right)-2$ ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(2-x\right)$.

Giải phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2-x=0\\ 2-x=2\end{array}\right.$.

Ta có

$$\begin{gathered} g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff -f^{\text{'}}\left(2-x\right)>0\iff f^{\text{'}}\left(2-x\right)<0 \\ \iff 0<2-x<2\iff 0<x<2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} g^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff -f^{\text{'}}\left(2-x\right)<0\iff f^{\text{'}}\left(2-x\right)>0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}2-x<0\\ 2-x>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<0\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} g\left(0\right)=f\left(2-0\right)-2=f\left(2\right)-2=-4 \\ g\left(2\right)=f\left(2-2\right)-2=f\left(0\right)-2=-3 \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có

Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (–∞;0) nên I sai.

Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (0;2) nên II sai.

Hàm số g(x) không đạt cực tiểu tại điểm –2 nên III sai.

Hàm số g(x) đạt cực đại tại x = 2 và cực đại bằng –3 nên IV đúng.

Đáp án D

Gọi h₁, R₁, V₁ lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.

Ta có: $V_1=h_1.\pi .R_1^2=6.\pi {.6}^2=216\pi$.

Gọi h₂, R₂, V₂ lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.

Ta có $V_2=h_2.\pi .R_2^2=\left(30-2.6\right).\pi {.2}^2=72\pi$.

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng $V=2V_1+V_2=504\pi$.

Đáp án A

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

Gọi A(x;y) là điểm cần tìm.

Khi đó A là điểm cố định của họ đường cong (C_m) khi và chỉ khi phương trình $y=\frac{x^2-2\left(m+1\right)x-m+2}{x+1}$

$\iff \left(-2x-1\right)m+x^2-2x+2-xy-y=0$ (1) có nghiệm đúng với mọi m.

Để (1) có nghiệm đúng với mọi m $\iff \left\{\begin{array}{l}-2x-1=0\\ x^2-2x+2-xy-y=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\ne -1\\ y=\frac{13}{2}\end{array}\right.$.

Đáp án A

Ta có hai mặt phẳng (SAD), (SBC) vuông góc với nhau suy ra $\widehat{MSN}=90°$ với M,N là các hình chiếu vuông góc của Strên các cạnh AD và BC. Khi đó H nằm trên đoạn MN.

Lại có $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin 60°=\frac{d\left(N;\left(SAB\right)\right)}{d\left(N;SB\right)}=\frac{a}{d\left(N;SB\right)}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}=\sin 45°=\frac{d\left(M;\left(SAB\right)\right)}{d\left(M;SA\right)}=\frac{a}{d\left(M;SA\right)}\end{array}\right.$.

Do vậy $d\left(N;SB\right)=\frac{2a}{\sqrt{3}},d\left(M;SA\right)=a\sqrt{2}$. Bên cạnh đó ta lại $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{d{\left(N;SB\right)}^2}=\frac{3}{4a^2}=\frac{1}{S{N}^2}+\frac{1}{N{B}^2}\\ \frac{1}{d{\left(M;SA\right)}^2}=\frac{1}{2a^2}=\frac{1}{S{M}^2}+\frac{1}{M{A}^2}\end{array}\right.$

Do $NB=MA=HK$ suy ra

$$\begin{gathered} \frac{5}{4a^2}=\frac{1}{S{M}^2}+\frac{1}{S{N}^2}+\frac{2}{H{K}^2} \\ =\left(\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\right)+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{H{K}^2}\Rightarrow HK=2a \end{gathered}$$

Vậy $\frac{1}{S{N}^2}=\frac{3}{4a^2}-\frac{1}{4a^2}\iff SN=a\sqrt{2}$; $\frac{1}{S{M}^2}=\frac{1}{2a^2}-\frac{1}{4a^2}\iff SM=2a\Rightarrow SH=\frac{2a}{\sqrt{3}}$; $MN=a\sqrt{6}$.

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.{\left(a\sqrt{6}\right)}^2.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án B

Ta có $\sin \alpha =\frac{1}{2}=\frac{d\left(B,\left(SCD\right)\right)}{SB}=\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{SB}$

Lại có $d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{ax}{\sqrt{x^2+a^2}}$, $SB=\sqrt{x^2+a^2}$. Suy ra $\frac{ax}{a^2+x^2}=\frac{1}{2}\iff x=a$

Đáp án C

Đặt $4^x=t\left(t>0\right)$.

Phương trình đã cho trở thành $t^2-12t+m=0$ (1)

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực x₁, x₂ trái dấu, tức là $x_1<0<x_2$ thì phương trình (1) có hai nghiệm dương t₁, t₂ thỏa mãn $t_1<1<t_2$ (*)

Ta có: ${\Delta }^{\text{'}}=36-m>0\Rightarrow m<36$.

Theo định lí Vi–ét $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=12\\ t_1.t_2>0\end{array}\right.$.

Từ $t_1<1<t_2\Rightarrow \left(t_1-1\right)\left(t_2-1\right)<0\Rightarrow t_1.t_2-\left(t_1+t_2\right)+1<0\Rightarrow m-11<0$.

Vậy 0 < m < 11.

Đáp án B

Giả sử $M\left(x_0;y_0\right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số (C).

Suy ra $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=6x_0^2-6x_0-12$ là hệ số góc của tiếp tuyến.

Hệ số góc của đường thẳng d là k = –12.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d suy ra $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=k\iff 6x_0^2-6x_0-12=-12\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=0\Rightarrow y_0=1\\ x_0=1\Rightarrow y_0=-12\end{array}\right.$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại $M_1\left(0;1\right)$ là $y=-12x+1$.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=-12\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow 2a+b=-23$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại $M_2\left(1;-12\right)$ là $y=-12x$ (loại do trùng với đường thẳng d: $12x+y=0$)

Đáp án C

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

Khi đó $I=x.{\ln }^{2}x\left|\begin{array}{l}m\\ 1\end{array}\right.-2\underset{1}{\overset{m}{\int }}\ln xdx=m.{\ln }^{2}m-2\underset{1}{\overset{m}{\int }}\ln xdx=m.{\ln }^{2}m-2J$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=x\end{array}\right.\Rightarrow J=x.\ln x\left|\begin{array}{l}m\\ 1\end{array}\right.-\underset{1}{\overset{m}{\int }}dx=m.\ln m-\left(m-1\right)$

Suy ra $I=m.{\ln }^{2}m-2m.\ln m+2\left(m-1\right)=m.\ln m\left(\ln m-2\right)+2\left(m-1\right)$.

Theo bài ra ta có $\underset{1}{\overset{m}{\int }}{\ln }^{2}xdx=m.\ln m\left(\ln m-2\right)+2^{1000}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow m.\ln m\left(\ln m-2\right)+2\left(m-1\right)=m.\ln m\left(\ln m-2\right)+2^{1000} \\ \iff 2\left(m-1\right)=2^{1000}\iff m-1=2^{999}\iff m=2^{999}+1 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số y=f(x) là không xác định tại x₀=1; nhưng tồn tại các đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểm x₀=1; tức là $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=f^{\text{'}}\left(1^{+}\right)$ và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=f^{\text{'}}\left(1^{-}\right)$

Các giá trị đạo hàm này lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến.

Dễ dàng suy ra được tam giác mà hai tiếp tuyến tạo với Ox có một góc bằng 60° và một góc bằng 75°.

Suy ra $\left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(1^{-}\right)+f^{\text{'}}\left(1^{+}\right)=\tan 60°-\tan 75°=-2\\ f^{\text{'}}\left(1^{-}\right)+f^{\text{'}}\left(1^{+}\right)=\tan 75°-\tan 60°=2\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} A=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(2-x\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)+f\left(1\right)-f\left(2-x\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}+\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(1\right)-f\left(2-x\right)}{x-1} \\ \Rightarrow A=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}+\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(2-x\right)-f\left(1\right)}{1-x} \\ =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}+\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f\left(2-x\right)-f\left(1\right)}{\left(2-x\right)-1} \end{gathered}$$

Đặt $t=2-x$; nhận thấy khi $x\to 1^{+}$ thì $t\to t^{-}$.

Suy ra $A=f^{\text{'}}\left(1^{+}\right)+\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f\left(t\right)-f\left(1\right)}{t-1}=f^{\text{'}}\left(1^{+}\right)+f^{\text{'}}\left(1^{-}\right)=2$ (do A>0).

Đáp án A

Ta có: $m=-{\log }_2{\log }_2\sqrt{\sqrt{\mathrm{...}\sqrt{2}}}=-{\log }_2{\log }_2{2}^{2^{\frac{1}{2021}}}=-{\log }_2\left(\frac{1}{2^{2021}}\right)=2021$.

Khi đó xét phương trình $f\left(x\right)=x^{2021}+x-{2021}^{2021}=0$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2021x^{2020}+1>0$ do đó hàm số f(x) đồng biến trên R nên phương trình $x^m+x=m^m$ có nghiệm duy nhất.

Đáp án A

Sau 10 tháng số tiền ông A có được là $S_1=A_1{\left(1+r_1\right)}^n=500.{\left(1+0,004\right)}^{10}$ (triệu đồng).

Sau khi gửi thêm 300 triệu thì số tiền ông A là $A_2=500.{\left(1+0,004\right)}^{10}+300$ (triệu đồng).

14 tháng sau số tiền ông A là

$S_2=A_2{\left(1+r_2\right)}^n=A_2$

$=\left[500.{\left(1+0,004\right)}^{10}+300\right].{\left(1+0,005\right)}^{14}=879,6935105$(triệu đồng).

Vậy sau 2 năm số tiền ông A là 879693510 (đồng).

Đáp án C

Gọi số phức $z=x+yi\Rightarrow z=x-yi \left(x,y\in ℝ\right)$.

$\left|x-yi-4+3i\right|=2\iff \left|x-4+\left(3-y\right)i\right|=2\iff x^2-8x+16+9-6y+y^2=4$ 

$\iff x^2+y^2-8x-6y+21=0$ (1)

(1) là phương trình đường tròn có tâm I(4;3), R=2.

Đáp án A

Từ giả thiết ta có $AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=a=AB\Rightarrow$ ABC là tam giác cân tại A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm SB, BC $\Rightarrow AF\perp BC\Rightarrow AF\perp \left(SBC\right)$

$SB\perp AE$,$SB\perp AF\Rightarrow SB\perp \left(AEF\right)$

$\Rightarrow SB\perp EF\Rightarrow SF=FB=FC\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại S.

Ta có AF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì $BC=\sqrt{S{C}^2+S{B}^2}=a\sqrt{3}$ nên bán kính mặt cầu là $R=OA=OB=a$.

Suy ra thế tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là $V_{S.ABC}=\frac{4\pi a^3}{3}$.

Đáp án A

Ta đặt $\widehat{AKI}=\alpha , \widehat{EKI}=\beta$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\min d\left(A,\Delta \right)=AE=AK\sin \left(\beta -\alpha \right)\\ \max d\left(A,\Delta \right)=AD=AK\sin \left(\beta +\alpha \right)\end{array}\right.$

Ta có $I\left(2;1;0\right)$ và $J\left(0;1;0\right)$ nên $K\left(-4;1;0\right)$.

Ta tính được $\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{26}}\\ \cos \alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\end{array}\right.$; $\left\{\begin{array}{l}\sin \beta =\frac{1}{2}\\ \cos \beta =\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ và $AK=\sqrt{26}$.

Do vậy $\min d\left(A,\Delta \right)=AE=AK\sin \left(\beta -\alpha \right)=\frac{5-\sqrt{3}}{2}$; $\max d\left(A,\Delta \right)=AD=AK\sin \left(\beta +\alpha \right)=\frac{5+\sqrt{3}}{2}$.

Vậy M + m = 5.

Đáp án A

Điều kiện $n\in \mathbb{N}$, $n\ge 2$.

Ta có $5C_n^1-C_n^2=5\Rightarrow 5n-\frac{n\left(n-1\right)}{2}=5\iff n^2-11n+10=0\iff \left[\begin{array}{l}n=1\\ n=10\end{array}\right.$

Do $n\ge 2\Rightarrow n=10$

Xét khai triển ${\left(2x+\frac{1}{x^2}\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(2x\right)}^{10-k}.{\left(\frac{1}{x^2}\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(2x\right)}^{10-k}{x}^{10-3k}$.

Hệ số a của x⁴ trong khai triển tương ứng với $10-3k=4\iff k=2$.

Vậy hệ số cần tìm là $a=C_{10}^2{.2}^8=11520$.

Đáp án C

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(\sqrt{x^2+2x+3}-\sqrt{x^2+2x+2}\right)\left(x+1\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+2}}\right)$

Ta có:

$\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+2}}<0$; 

$\sqrt{x^2+2x+3}-\sqrt{x^2+2x+2}=\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2x+2}}\le \frac{1}{1+\sqrt{2}}$

Do đó phương trình g’(x) = 0 chỉ có trường hợp duy nhất đó là x = –1.

Lập trục xét dấu ta suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$.

Đáp án A

Ta có: 

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{2}{\int }}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}xdf\left(x\right)=xf\left(x\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx \\ =\left[2.f\left(2\right)-0.f\left(0\right)\right]-\left(S_1-S_2\right)=-2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Tâm mặt cầu là điểm $I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}\right)$. Ta có $x_1+y_1+z_1=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{2}{2}=1$

Tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng $\left(P\right): x+y+z-1=0$.

Khi đó $d\left[M,\left(P\right)\right]=\frac{\left|2020+1-2021-1\right|}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Đáp án A

Từ giả thiết $\left\{\begin{array}{l}f\left(3-x\right).f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow f\left(3\right)=2$.

Ta có: ${\left[1+f\left(3-x\right)\right]}^2.f^2\left(x\right)={\left[f\left(x\right)+f\left(3-x\right).f\left(x\right)\right]}^2={\left[f\left(x\right)+1\right]}^2$

+ Tính $I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{x{f}^{\text{'}}\left(x\right)}{{\left[1+f\left(x\right)\right]}^2}dx=-\underset{0}{\overset{3}{\int }}xd\left(\frac{1}{1+f\left(x\right)}\right)$$=-\frac{x}{1+f\left(x\right)}\left|\begin{array}{l}3\\ 0\end{array}\right.+\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(x\right)}dx=-1+J$

+ Tính $J=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(x\right)}dx\stackrel{t=3-x}{=}-\underset{3}{\overset{0}{\int }}\frac{1}{1+f\left(3-t\right)}dt$$=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(3-t\right)}dt=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(3-x\right)}dx$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 2J=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(x\right)}dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{1+f\left(3-x\right)}dx \\ =\underset{0}{\overset{3}{\int }}dx\left(f\left(3-x\right).f\left(x\right)=1\right)=3\Rightarrow J=\frac{3}{2} \end{gathered}$$

Vậy $I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{x{f}^{\text{'}}\left(x\right)}{{\left[1+f\left(3-x\right)\right]}^2.f^2\left(x\right)}dx=\frac{1}{2}$

Đáp án A

Thể tích lượng nước có trong thùng là $V_n=\frac{1}{8}\pi .0,5^2.2=\frac{\pi }{16}$.

Do khi thả khối cầu vào thì mực nước dâng lên cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu nên $V_c=3V_n-V_n=2V_n=\frac{\pi }{8}\Rightarrow R=\sqrt[3]{\frac{3}{32}}$.