Chọn B

Thể tích của khối trụ cần tìm là: $V=\pi R^{2}h=\pi a^2.2a=2\pi a^3$.

Chọn D

Ta có $P=x^{\frac{3}{2}}.\sqrt[5]{x}=x^{\frac{3}{2}}.x^{\frac{1}{5}}=x^{\frac{3}{2}+\frac{1}{5}}=x^{\frac{17}{10}}$

Chọn C

Vì đồ thị có tiệm cận ngang y=2, tiệm cận đứng x=-1, cắt trục Oy tại (0;-1).

Đáp án A sai vì đồ thị $y=\frac{2x+1}{x+1}$ cắt Oy tại (0;1).

Đáp án B sai vì đồ thị $y=\frac{x-1}{x-2}$ có tiệm cận ngang y=1.

Đáp án C sai vì đồ thị $y=\frac{2x-1}{x-1}$ có tiệm cận đứng x=1

Chọn C

Áp dụng công thức ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=a^u.u^{\text{'}}.\ln a$, ta có

${\left(4^{2x}\right)}^{\text{'}}=4^{2x}.{\left(2x\right)}^{\text{'}}.\ln 4=2.\ln {4.4}^{2x}={2.4}^{2x}.\ln \left(2^2\right)={4.4}^{2x}.\ln 2$.

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{b}=\left(-2;-6;-8\right)$, $\overrightarrow{u}=\left(1;3;4\right)$ nên $\overrightarrow{b}=-2\overrightarrow{u}$. Vậy $\overrightarrow{u}$ cùng phương với $\overrightarrow{b}$

Chọn A

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=2.

Chọn B

Xét $\left(\frac{x^3}{3}+{\text{e}}^x+c\right)\text{'}=x^2+{\text{e}}^x$

Chọn C

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(f\left(x\right)-3g\left(x\right)\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-3\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=-4039$

Chọn B

$\left(P\right):2x-3y+z-2=0$. Véctơ ${\overrightarrow{n}}_1=\left(2;-3;1\right)$ là một véctơ pháp tuyến của (P).

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta thấy chỉ có phương án C là đúng

Chọn A

Ta có : $u_5=u_1+4d=2+4.5=22$

Chọn B

Ta có: $$\begin{gathered} 8^{x^2+6x-3}=4096\iff 2^{3x^2+18x-9}=2^{12}\iff 3x^2+18x-9=12 \\ \iff 3x^2+18x-21=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2=-7\end{array}\right. \end{gathered}$$.

Vậy P=-7.

Chọn D

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=9$ có tâm I(-1;3;2) và bán kính R=3.

Chọn B

Ta có $A_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}$ nên khẳng định A sai.

$C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$ nên khẳng định D sai.

Với n=4 và k=2, ta có $C_4^1=4$, $C_4^2=6\Rightarrow$ khẳng định C sai.

$C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k=\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!.\left[\left(n-1\right)-\left(k-1\right)\right]!}+\frac{\left(n-1\right)!}{k!.\left[\left(n-1\right)-k\right]!}$

$=\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!.\left(n-k\right)!}+\frac{\left(n-1\right)!}{k!.\left[\left(n-k\right)-1\right]!}=\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k-1\right)!}\cdot \left[\frac{1}{n-k}+\frac{1}{k}\right]$

$=\frac{\left(n-1\right)!.n}{\left(k-1\right)!.k.\left(n-k-1\right)!.\left(n-k\right)}=\frac{n!}{k!.\left(n-k\right)!}=C_n^k$. Vậy khẳng định B đúng.

Chọn B

Ta có : r=3, l=5. Vậy chiều cao của khối nón là: $h=\sqrt{l^2-r^2}=4$

Suy ra thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}.h.\pi .r^2=\frac{1}{3}.4.\pi .3^2=12\pi c{m}^3$

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x=0

Chọn D

Chọn D

Ta có  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2.2a=\frac{2a^3}{3}$.

Chọn B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AC.

Ta có $SO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ suy ra $\Delta SAO$ là tam giác đều.

$\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Vậy $V=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$.

Chọn B

Ta có $\left(SBC\right)\cap \left(ABCD\right)=BC$,mà $\left\{\begin{array}{c}\left(ABCD\right)\supset AB\perp BC\\ \left(SBC\right)\supset SB\perp BC\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right),\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{(SB,BA).}$

Tam giác SAB vuông tại A nên góc $\widehat{SBA}$ nhọn nên $\widehat{(SB,BA)}=\widehat{SBA}$.

Trong tam giác vuông SAB: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{BA}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={60}^0.$

Chọn B

Ba số $a+{\log }_{2}3, a+{\log }_{4}3, a+{\log }_{8}3$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên ${\left(a+{\log }_{4}3\right)}^2=\left(a+{\log }_{8}3\right)\left(a+{\log }_{2}3\right)\iff a=-\frac{1}{4}{\log }_{2}3$.

Ba số đó lần lượt là $\frac{3}{4}{\log }_{2}3$; $\frac{1}{4}{\log }_{2}3$; $\frac{1}{12}{\log }_{2}3$. Công bội của cấp số nhân này bằng $\frac{1}{3}$.

Chọn B

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

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $S=(-3;+\infty ).$

Chọn D

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

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

+ Ta có: $x_1+x_2+x_3=3$

+ $S=f\left(x_1\right)+g\left(x_2\right)+f\left(x_3\right)=g\left(x_1\right)+g\left(x_2\right)+g\left(x_3\right)=3(x_1+x_2+x_3)-3=6$

Chọn A

Gọi A là biến cố “Chọn được 2 viên bi cùng màu”, B là biến cố “Chọn được 2 viên bi màu xanh”, C là biến cố “Chọn được 2 viên bi màu đỏ”, khi đó $A=B\cup C$ và hai biến cố  và  xung khắc.

Ta có: $P\left(A\right)=P\left(B\right)+P\left(C\right)=\frac{C_5^2}{C_9^2}+\frac{C_4^2}{C_9^2}=\frac{10}{36}+\frac{6}{36}=\frac{4}{9}$.

Chọn A

$f\text{'}\left(x\right)=x^5{(2x+2019)}^4(x-1)\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-\frac{2019}{2}\end{array}\right.$

Dấu của f'(x)

Từ kết quả xét dấu f'(x) suy ra hàm số chỉ có 2 điểm cực trị là x=0;x=1.

Chọn D

Ta có $F\left(x\right)=\int x^3\text{d}x=\frac{x^4}{4}+C$.

F(2)=F(0)$=\left(\frac{2^4}{4}+C\right)-\left(\frac{0^4}{4}+C\right)$=4.

Chọn D

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+2\right)\left(x+1\right)\left(x^2-1\right)=\left(x+2\right)\left(x-1\right){\left(x+1\right)}^2$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=-1\\ x=1\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta chọn đáp án D.

Chọn B

Ta có: $a+(b-1)i=\frac{1+3i}{1-2i}\iff a+(b-1)i=\frac{(1+3i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=-1+i$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=2\end{array}\right.\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{5}$

Chọn A

Mặt cầu (S) tâm I và đi qua điểm A có bán kính $R=IA=\sqrt{1^2+2^2+{\left(-2\right)}^2}=3$.

$\Rightarrow$ Phương trình mặt cầu (S): ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=9$.

Chọn A

Hàm số $y=f\left(x\right)=x^4-x^2+13$ xác định và liên tục trên đoạn [-2;3].

$f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-2x$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 4x^3-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$.

f(-3)=25; f(0)=13; $f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{51}{4}$; $f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{51}{4}$; f(3)=85.

Vậy giá trị nhỏ nhất $m=\underset{\left[-2;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{51}{4}$.

Chọn B

$(3+4i)z+1-2i=i\iff (3+4i)z=3i-1\iff z=\frac{3i-1}{3+4i}=\frac{9}{25}+\frac{13}{25}i$.

Chọn D

Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng y=-x.

Do đó a-5=-a. Suy ra $a=\frac{5}{2}$.

Chọn B

$I=\underset{0}{\overset{2019}{\int }}{\text{e}}^{2x}\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2019}{\int }}{\text{e}}^{2x}\text{d}\left(\text{2}x\right)=\frac{1}{2}{\left.{\text{e}}^{2x}\right|}_0^{2019}=\frac{1}{2}\left({\text{e}}^{4038}-1\right)$.

Chọn D

${\log }_2\left(x^2-1\right)={\log }_2\left(2x\right)\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-1=2x\\ x⟩0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x-1=0\\ x⟩0\end{array}\right.\iff x=1+\sqrt{2}$

Chọn A

Đường thẳng $d_1$ có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(2;-1;1\right)$; $d_2$ có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(-1;2;0\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{u_2};\overrightarrow{u_1}\right]=\left(2;1;-3\right)$.

Vì đường thẳng $\Delta$ đi qua A, vuông góc với cả $d_1$ và $d_2$ nên $\Delta$ nhận $\overrightarrow{u}=\left(2;1;-3\right)$ làm véctơ chỉ phương, do đó $∆$ có phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=-2+t\\ z=3-3t\end{array}\right.$ 

Chọn C

Dựng $AM\perp BC$;

Ta có: $\left.\begin{array}{l}AM\perp BC\\ SA\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow AH\perp BC$ và $AH\perp SM\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$

$\Rightarrow d\left(A;SBC\right)=AH$

Tam giác SAC vuông tại A $\Rightarrow SA=AC.\tan {60}^{°}$=$a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a$

$\Delta SAC=\Delta BAC\left(g-c-g\right)\Rightarrow SA=BA=3a$

Tam giác ABC vuông tại A$\Rightarrow \frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{9a^2}$

Tam giác SAM vuông tại A $\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{4}{9a^2}=\frac{5}{9a^2}\Rightarrow AH=\frac{3a}{\sqrt{5}}$

Chọn C

Xét hình chữ nhật ABCD, ta có $A{C}^2=A{B}^2+A{D}^2=a^2+4a^2=5a^2.$

Xét tam giác vuông AA'C ta có $A{A^{\text{'}}}^2=A{C^{\text{'}}}^2-A{C}^2=14a^2-5a^2=9a^2\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=3a.$

Ta có $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AB.AD.A{A}^{\text{'}}=a.2a.3a=6a^3.$

Chọn D

Đường thẳng $d_1$ có VTCP $\overrightarrow{u_{d_1}}=\left(1;0;-1\right)$.

Giả sử (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với $d_1\Rightarrow \left(P\right):x-2-z+1=0\iff x-z-1=0$

Gọi B là giao điểm của (P) và $d_2$. Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}x=3+2t^{\text{'}}\\ y=3+t^{\text{'}}\\ z=0\\ x-z-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^{\text{'}}=-1\\ x=1\\ y=2\\ z=0\end{array}\right.\Rightarrow B\left(1;2;0\right)$.

Đường thẳng cần tìm là đường thẳng $\overrightarrow{AB}=\left(-1;1;-1\right)$

Ta có  hay VTCP của đường thẳng cần tìm là $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;1\right)$

Đường thẳng cần tìm đi qua B(1;2;0) và có VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;1\right)$

Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z}{1}$.

Cách 2: (AD: Nguyễn Văn Thịnh)

Gọi $∆$ là đường thẳng cần tìm. $∆$ cắt $d_2$ tại B.

Ta có $B\in d_2\Rightarrow B\left(3+2t^{\text{'}};3+t^{\text{'}};0\right)$.

Đường thẳng $∆$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{AB}=\left(1+2t^{\text{'}};2+t^{\text{'}};-1\right)$, $d_1$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(1;0;-1\right)$.

Ta có $\Delta \perp d_1\iff \overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{u_1}\iff \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\iff 1+2t^{\text{'}}+0+1=0\iff t^{\text{'}}=-1$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(-1;1;-1\right)$.

Đường thẳng cần tìm đi qua B(1;2;0) và có VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;1\right)$

Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z}{1}$.

Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ trùng với tâm hình tròn, suy ra phương trình

đường tròn là: $x^2+y^2=64$.

+ Diện tích hình vuông ABCD là: $S_{ABCD}=4\times 4=16\left(m^2\right)$.

$\Rightarrow$ Số tiền để trồng hoa là: $T_1=16\times 200.000=\mathrm{3.200.000}$.

+ Diện tích trồng cỏ là: $S=4\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left(\sqrt{64-x^2}-2\right)\text{\hspace{0.17em}d}x\approx 94,654\left(m^2\right)$.

$\Rightarrow$ Số tiền trồng cỏ là: $T_2=94,654\times 100.000=\mathrm{9.465.000}$.

+ Số tiền trồng 4 cây cọ là: $T_3=150.000\times 4=600.000$.

Vậy tổng số tiền để thực hiện việc trang trí bồn hoa là:

$T=T_1+T_2+T_3=\mathrm{13.265.000}$ .

Chọn A

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f^{\text{'}}\left(x\right)\\ dv=x\text{d}x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{d}u={f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x\\ v=\frac{x^2}{2}\end{array}\right.$.

Suy ra $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=\frac{x^2}{2}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^2}{2}{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^2}{2}{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x$.

Do $f\left(1-x\right)+x^2.{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=2x\Rightarrow \frac{x^2}{2}.{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=x-\frac{1}{2}f\left(1-x\right)$.

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

Đặt t=1-x suy ra $I=-\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ dv=\text{d}x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{d}u=f^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x\\ v=x\end{array}\right.$

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

Chọn C

Có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-x^2+4x-5\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2-4x+5$

Ta có đồ thị hàm số $y=x^2-4x+5$ và đồ thị hàm y=f'(x) như hình vẽ dưới

Quan sát hình vẽ ta thấy $g^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 3 nghiệm phân biệt trong đó chỉ có 1 nghiệm bội chẵn

Vậy hàm số g(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn C

Ta có: $x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)\cdot \ln x-xf\left(x\right)+{\ln }^{2}x=0,\forall x\in \left[e;e^2\right]$

$\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)\cdot \ln x-\frac{1}{x}.f\left(x\right)}{{\ln }^{2}x}=-\frac{1}{x^2}\iff {\left(\frac{f\left(x\right)}{\ln x}\right)}^{\text{'}}=-\frac{1}{x^2}$

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: $\frac{f\left(x\right)}{\ln x}=\frac{1}{x}+C$ theo đề bài ta có $f\left(e\right)=\frac{1}{e}\Rightarrow C=0$

suy ra $f\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}\Rightarrow I=\underset{e}{\overset{e^2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=I=\underset{e}{\overset{e^2}{\int }}\frac{\ln x}{x}\text{d}x=\frac{3}{2}$.

Chọn C

Bất phương trình $4^x-\left(m+1\right)2^{x+1}+m\ge 0\left(1\right)\iff 4^x-2\left(m+1\right)2^x+m\ge 0$.

Đặt $2^x=t$ bất phương trình trở thành $t^2-2\left(m+1\right)t+m\ge 0\left(2\right)$.

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi khi $x\ge 0$ và chỉ khi bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi $t\ge 1$.

$\left(2\right)\iff \left(2t-1\right)m\le t^2-2t\iff m\le \frac{t^2-2t}{2t-1}$ (do $t\ge 1$).

Đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2-2t}{2t-1}$ với $t\ge 1$.

$\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=\frac{2t^2-2t+2}{{\left(2t-1\right)}^2}>0\forall t\ge 1$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $f\left(t\right)\ge m\forall t\in \left[1;+\infty \right)$$\iff m\le -1$.

Chọn C

Từ hình vẽ ta có: $\frac{5}{12}=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x={\left.f\left(x\right)\right|}_{-1}^0=f\left(0\right)-f\left(-1\right)$, suy ra $f\left(0\right)=f\left(-1\right)+\frac{5}{12}=2$

Ta cũng có: $\frac{8}{3}=-\underset{0}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=-{\left.f\left(x\right)\right|}_0^2=-f\left(2\right)+f\left(0\right)$, suy ra $f\left(2\right)=f\left(0\right)-\frac{8}{3}=\frac{-2}{3}$.

Chọn C

$\left|\left(1+i\right)z+1-3i\right|=3\sqrt{2}\iff \left|1+i\right|\left|z+\frac{1-3i}{1+i}\right|=3\sqrt{2}\iff \left|z-\left(1+2i\right)\right|=3\left(1\right)$.

Gọi $\overrightarrow{OM}=\left(x;y\right)$, $\overrightarrow{OI}=\left(1;2\right)$ là vec-tơ biểu diễn cho các số phức $z=x+iy$, $\text{w}=1+2i$.