Ta có:$\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp SH\end{array}\}\Rightarrow BC\perp AH$

Vậy $BC\perp AH.$

Đáp án D

Áp dụng công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật ta có:

$V=abc=\mathrm{2.3.4}=24$ (đvtt)

Đáp án B

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }y=3$nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y=3.$

Đáp án C

Số tập con có 3 phần tử là: $C_7^3.$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có 5 cực trị.

Đáp án D

Từ bảng biến thiên ta có: Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=f\left(x\right)$ trên đoạn $[-1;2]$ là 0.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-1=0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=1.$

Theo bảng biến thiên đã vẽ ở trên thì đường thẳng $y=1$ là đường thẳng luôn song song với trục Ox và cắt đường cong của hàm số $y=f\left(x\right)$ tại 3 điểm phân biệt.

Vậy đáp án là D.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trong khoảng $(-\sqrt{2};0)$ mà $(-1;0)\subset (-\sqrt{2};0).$

 Vậy đáp án đúng là A.

Hình bát diện đều có 12 cạnh.

Đáp án D

$y=x^3+3x^2-9x+15$

$y\text{'}=3x^2+6x-9\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}$

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đáp án D sai.

Đáp án D

Đây là đồ thị của hàm số bậc hai $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d(a\ne 0)$ nên loại C, D.

Vì phần đồ thị ngoài cùng bên tay phải đi lên nên loại A.

Đáp án B

Không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_9^2.$

Gọi A là biến cố cần tìm.

Số cách chọn bạn nam: 4.

Số cách chọn bạn nữ: 5.

Số cách chọn thuận lợi cho biến cố $A:n\left(A\right)=4.5=20.$

Xác suất cả A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{20}{C_9^2}=\frac{5}{9}.$

Đáp án B

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\mathrm{0,}$

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: $y=0$

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

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

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: $x=1.$

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }(a{x}^4+b{x}^2+c)=-\infty \Rightarrow a<0.$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên  $c<0.$

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên suy ra $a.b<0\Rightarrow b>0.$

Đáp án C

Gọi $d$ là công sai của cấp số cộng.

Ta có $u_3=u_1+7d\iff 24=3+7d\iff d=3.$

Suy ra $u_{11}=u_1+10d=3+10.3=33.$

Đáp án A

 

Vì $AA\text{'}\perp \left(ABCD\right)$ nên $(AA\text{'}C)\perp \left(ABCD\right)$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A\text{'}AC)$ và $\left(ABCD\right)$ bằng ${90}^0.$

Đáp án B

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=\mathrm{1,}$ tiệm cận đứng $x=0$ nên loại A, D.

Đồ thị cắt trục hoành tại $x=1$ nên chọn C.

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy $f\text{'}\left(x\right)<0$ với $x\in (0;3).$

Đáp án A

Số các số có 6 chữ số khác nhau được lập từ 1; 2; 3; 4; 5; 6 là $6!=720.$

Gọi số có 6 chữ số khác nhau bắt đầu từ 34 là $\overline{34a_1{a}_2{a}_3{a}_4}.$

Số cách chọn số có 4 chữ số $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}$ khác nhau được lập từ 1; 2; 5; 6 là 4! = 24.

Vậy, số các số có 6 chữ số khác nhau không bắ đầu bởi 34 là $720-24=696.$

Đáp án D

Gọi $n$ là số đỉnh của đa giác đáy, p là số cạnh của hình lăng trụ. Ta có: $p=3.n$

Suy ra p phải là một số chia hết cho 3. Vậy $p=2019.$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2-2\Rightarrow k=y\text{'}\left(1\right)={3.1}^2-2=1.$

Đáp án A

Hàm số xác định với mọi $x\in ℝ.$

Ta có: $y\text{'}=4x^3-2(m^2-9)x$

      $y\text{'}=0\iff 4x^3-2(m^2-9)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{m^2-9}{2}\end{array},$

Hàm số đã cho có 1 cực trị $\iff \frac{m^2-9}{2}\le 0\iff -3\le m\le 3.$

Vậy $S=\{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}.$

Đáp án B

Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng

Đáp án C

Phương trình $\sqrt{3}\sin x-\cos x=m$ có nghiệm

$\iff {\left(\sqrt{3}\right)}^2+1^2\ge m^2\iff m^2\le 4\iff -2\le m\le 2.$

Đáp án D

Ta có $\sin 4x+\cos 4x=0\iff \cos 5x=-\sin 4x\iff \cos 5x=\cos (\frac{\pi }{2}+4x).$

                                                                       $\iff [\begin{array}{l}5x=\frac{\pi }{2}+4x+k2\pi \\ 5x=-\frac{\pi }{2}-4x+k2\pi \end{array}$

                                                                       $\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9}\end{array},k\in \mathbb{Z}.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi$ hoặc $x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9},k\in \mathbb{Z}.$

Đáp án C

Ta có $v=S\text{'}=-3t^2+6t.$

Suy ra $v\text{'}=-6t+6.$

Do đó $v\text{'}=0Z-6t+6=0\iff t=1.$

Bảng biến thiên

Vậy $\max v=3$ khi $t=1.$

Đáp án B

Trong tam giác SAB vuông tại A ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}\iff SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a.\tan {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Diện tích tam giác đều ABC là $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvtt)

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là $V=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3}{12}$ (đvtt).

Đáp án A

Gọi $u_n$ là giá tiền khoan giếng nét thứ n

Ta có $u_1=50000.$

      $u_2=u_1+u_1.7\%=u_1\mathrm{.1,07}$

      $u_3=u_2+u_2.7\%=u_1{\mathrm{.1,07}}^2$

      ………………………….

      $u_n=u_{n-1}+u_{n-1}.7\%=u_1{\mathrm{.1,07}}^n.$

Vậy $\left(u_n\right)$ là một cấp số nhân là $u_1=50000$ và công bội $q=\mathrm{1,07.}$

Số tiền công cần thanh toán khi khoan $50\left(m\right)$ là

      $S_{50}=u_1+u_2+\mathrm{...}+u_{50}=\frac{u_1(1-q^{50})}{1-q}=\frac{50000(1-{\mathrm{1,07}}^{50})}{1-\mathrm{1,07}}\approx \mathrm{20326446,5}$ đồng

Đáp án A

Đặt $f\left(x\right)=x^3+3x^2.$ khi đó $f\text{'}\left(x\right)=3x^2+6x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}$

Đồ thị hàm số $f\left(x\right)=x^3+3x^2$

 

Vậy hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ đạt cực tiểu tại $x=-3$ và $x=0$

Đáp án D

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm của đoạn thẳng BC

Tam giác ABC đều cạnh $a\sqrt{3}$ nên $S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ và chiều cao $AI=\frac{3a}{2}$

$OI=\frac{1}{3}AI=\frac{1}{3}\frac{3a}{2}=\frac{a}{2}.$

Thể tích của khối chóp $S.ABC=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}.SO\iff \frac{a^3\sqrt{6}}{4}=\frac{1}{2}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}.SO\iff SO=\sqrt{2}a$

$SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}$

$S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}.SI.BC=\frac{1}{2}.\frac{3a}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$

Gọi khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $\left(SBC\right)$ là h

Thể tích của khối chóp $S.ABC=\frac{1}{2}.S_{\Delta SBC}.h\iff \frac{a^3\sqrt{6}}{4}=\frac{1}{3}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}.h\iff h=a\sqrt{2}.$

Đáp án C

Xét hàm số: $y=g\left(x\right)=f(x-m)$

$y\text{'}=g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}(x-m)$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}(x-m)=0\iff [\begin{array}{l}x-m=-1\\ x-m=2\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=m-1\\ x=m+2\end{array}(m-1<m+2)$

Bảng biến thiên.

Để hàm số đồng biến trên khoảng $(2020;+\infty )$ thì $2020\ge m+1\iff m\le 2018$

Đáp án C

 

Ta có ${\left[f\left(x\right)\right]}^2+2f\left(x\right)-3=0\iff [\begin{array}{l}f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=-3\end{array}.$

Phương trình $f\left(x\right)=1$ có nghiệm $x=\mathrm{0,}x=m,x=n$ trong đó $x=0$ là nghiệm kép.

Do đó $f\left(x\right)-1=a{x}^2(x-m)(x-n).$

Phương trình $f\left(x\right)=-3$ có 2 nghiệm kép $x=\mathrm{2,}x=-2.$

Do đó $f\left(x\right)+3=a{(x-2)}^2+{(x+2)}^2.$

Vì vậy ${\left[f\left(x\right)\right]}^2+2f\left(x\right)-3=a^2{x}^2(x-m)(x-n){(x-2)}^2{(x+2)}^2.$

Khi đó ta được hàm số $y=\frac{x(x-2){(x+2)}^2}{a^2{x}^2(x-m)(x-n){(x-2)}^2{(x+2)}^2}.$

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đương thẳng  là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to m^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đường thẳng $x=0$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên đường thẳng $x=2$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to -2}{\lim }y=\frac{-4}{a^{2}8(-2-m)(-2-n)}$ nên đường thẳng $x=-2$ không là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to n^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đường thẳng $x=2$  là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 tiệm cận đứng.

Đáp án D

Đặt $t=\cot x.$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên $(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2})$ thì hàm số $y=\frac{t-2}{t-m}$ đồng biến trên $(0;1)$

$\iff \{\begin{array}{l}-m+2>0\\ [\begin{array}{l}m\le 0\\ m\ge 1\end{array}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<2\\ [\begin{array}{l}m\le 0\\ m\ge 1\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}m\le 0\\ 1\le m<2\end{array}.$

Đáp án A

Nhìn vào đồ thị ta có:

+ $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow a>0.$

+ Đồ thị hàm số giao trục tung tại điểm có tung độ dương $\Rightarrow d>0.$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$

Theo viet: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}\end{array}$

Dựa vào đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $x_1<0<x_2(\left|x_2\right|<\left|x_2\right|)\Rightarrow \{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}.$

Vậy có 2 số dương $\Rightarrow$ Đáp án C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành ta có:

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

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 $\iff \{\begin{array}{l}1+2m>0\\ 4-m\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ m\ne 4\end{array}\Rightarrow$ Đáp án  D.

$\iff f\left(\left|x\right|\right)=\frac{m}{2}$

Xét hàm số $t=f\left(\left|x\right|\right)$ có đồ thị được suy ra từ đồ thị $y=f\left(x\right)$ đã cho như sau

 

Từ đó suy ra pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $[\begin{array}{l}\frac{m}{2}=3\\ \frac{m}{2}<-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=6\\ m<-2\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $[-2020;2020]$ suy ra $[\begin{array}{l}m=6\\ -2020\le m<-2\end{array}$ suy ra có 2019 giá trị m nguyên.

Đáp án D

Ta có các bộ ba số có tổng bằng 5 là $\left(\mathrm{0,0,5}\right),\left(\mathrm{0,1,4}\right),\left(\mathrm{0,2,3}\right),\left(\mathrm{1,1,3}\right),\left(\mathrm{1,2,2}\right).$

Trong đps có ba bộ $\left(\mathrm{0,0,5}\right),\left(\mathrm{1,1,3}\right),\left(\mathrm{1,2,2}\right)$ có tổng số cách cài đặt mật khẩu là: $3.\frac{3!}{2!}=9$

Còn lại các bộ $\left(\mathrm{0,1,4}\right),\left(\mathrm{0,2,3}\right)$ có tổng số cách cài đặt là $2.3!=12$

Vậy ông An có tổng cộng $9+12=21$ cách cài đặt mật khẩu cho chiếc va-li.

Đáp án A

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

$AH=a\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A\text{'}H=\sqrt{a^2-{\left(a\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}$

$V=S_{\Delta ABC}.A\text{'}H=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}.$

Đáp án B

Đặt $t=\cos x,x\in [0;\frac{\pi }{2}]\Rightarrow t\in [0;1].$

Phương trình trở thành: $2t^2-(m+2)t+m=\mathrm{0,}t\in [0;1].$ Nhận xét phương trình luôn có nghiệm $t_1=\mathrm{1,}{t}_2=\frac{m}{2}.$ Để thỏa mãn đề bài thì $0\le \frac{m}{2}<1\iff 0\le m<2.$

Đáp án C

Đặt $t=x^2-4x\Rightarrow t\text{'}=2x-4$

Cho $t\text{'}=0\iff x=2$ (nhận)

Bảng biến thiên:

$\Rightarrow t\in [-4;+\infty )$

Dựa vào bảng biến thiên ta có

Nếu $[\begin{array}{l}t=-4\\ t\ge 0\end{array}$ khi đó với một giá trị t cho duy nhất một giá trị x thuộc khoảng $(0;+\infty )$

Nếu $t\in (-4;0)$ khi đó với một giá trị t cho hai giá trị x thuộc khoảng $t\in (-4;0)$

Như vậy dựa trên bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right),$ phương trình có ít nhất ba nghiệm thuộc khoảng $(0;+\infty )$ khi $m\in (-3;2].$ Vậy có 5 giá trị nguyên m nên chọn đáp án C.

Ta có: $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)[{\left(f\left(x\right)\right)}^2-2f\left(x\right)]=f\text{'}\left(x\right)f\left(x\right)[f\left(x\right)-2]$

Trên khoảng $(3;4)$ ta có: $\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)<0\\ 0<f\left(x\right)<2\\ f\left(x\right)-2<0\end{array}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)[f\left(x\right)-2]>0.$

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(3;4).$

Đáp án B

Ta có: $P=\frac{x^{3}z}{y^2(xz+y^2)}+\frac{y^4}{z^2(xz+y^2)}+\frac{z^3+15x^3}{x^{2}z}=\frac{{\left(\frac{x}{y}\right)}^3}{(\frac{x}{y}+\frac{y}{z})}+\frac{{\left(\frac{y}{z}\right)}^3}{(\frac{x}{y}+\frac{y}{z})}+{\left(\frac{z}{x}\right)}^2+\frac{15}{\frac{z}{x}}$

Đặt $a=\frac{x}{y}<\mathrm{1,}b=\frac{y}{z}<\mathrm{1,}c=\frac{z}{x}>1$ và $abc=1\iff ab=\frac{1}{c}.$

Ta được: $P=\frac{a^3}{(a+b)}+\frac{b^3}{(a+b)}+c^2+\frac{15}{c}=a^2+b^2-ab+c^2+\frac{15}{c}\ge ab+c^2+\frac{15}{c}$

                $=c^2+\frac{16}{c}=c^2+\frac{8}{c}+\frac{8}{c}\ge 3\sqrt[3]{c^2.\frac{8}{c}.\frac{8}{c}}=12.$

Vậy $P_{\min }=12$ khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}a=b\\ abc=1\\ c^2=\frac{8}{c}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ c=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{1}{\sqrt{2}}y\\ y=\frac{1}{\sqrt{2}}z\\ z=2x\end{array}.$

Đáp án A