Chọn A

Ta có : $2^{2x-1}=\frac{1}{8}\iff 2^{2x-1}=2^{-3}\iff 2x-1=-3\iff x=-1$

Chọn B

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2\right]\text{\hspace{0.17em}d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x-2.\underset{0}{\overset{1}{\int }}\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x-{\left.2.x\right|}_0^1=2-2=0.$

Chọn A

Ta có $\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \left(x-\sin x\right)\text{d}x=\frac{x^2}{2}+\cos x+C$

Chọn C

Điểm $M\left(3;-4\right)$ nên M là điểm biểu diễn của số phức 3-4i 

Chọn D

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA\Rightarrow SA=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{3.\frac{a^3}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=a\sqrt{3}$.

Chọn A

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rh=2\pi .a.2a=4\pi a^2$

Chọn C

Mỗi tập con có hai phần tử của A tương ứng với một tổ hợp chập 2 của 20 phần tử

Vậy số tập con có hai phần tử của A là $C_{20}^2$

Chọn C

+ Đồ thị hàm số có hệ số a>0 nên loại đáp án B và C

+ Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.

Chọn B

Diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi Rl=2\pi a^2$.

Chọn B

Ta có: $\frac{1}{z}=\frac{1}{1+\sqrt{3}i}=\frac{1-\sqrt{3}i}{\left(1+\sqrt{3}i\right)\left(1-\sqrt{3}i\right)}=\frac{1-\sqrt{3}i}{4}$$=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}i$.

Vậy số phức nghịch đảo của số phức $z=1+\sqrt{3}i$ là $\frac{1}{z}=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}i$.

Chọn D

$y^{\text{'}}={\left(x^2+x+1\right)}^{\text{'}}{4}^{x^2+x+1}.\ln 4=\left(2x+1\right)4^{x^2+x+1}.\ln 4$

Chọn D

Ta có $P=x^{\frac{1}{3}}\sqrt[6]{x}=x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{1}{6}}=x^{\frac{1}{3}+\frac{1}{6}}=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}.$

Chọn A

Từ bảng biến thiên $\Rightarrow$ Hàm số đạt cực đại tại $x_0=0$

Chọn B

Ta có $\left\{\begin{array}{c}-2a=-2\\ -2b=4\\ -2c=-6\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=-2\\ c=3\end{array}\right.$

Mặt cầu có tâm (S) và $I\left(1;-2;3\right)$ bán kính $R=\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+3^2-9}=\sqrt{5}$

Chọn C

Điểm thuộc trục Oz là: $Q\left(0;0;-6\right)$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và (0;1).

Chọn D

Tiệm cận đứng: x=-2

Tiệm cận ngang: y=1

Vậy giao điểm là I(-2;1)

Chọn B

Ta có: $u_4=u_1+3d=2+3.5=17$

Chọn A

Xét đường thẳng được cho ở câu C, có một vectơ chỉ phương là $\left(-2;-1;-1\right)=-\left(2;1;1\right)$(thỏa đề bài).

Chọn A

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2}{2x+1}\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{(2x+1)\text{'}}{2x+1}\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\text{d}(2x+1)}{2x+1}=\ln \left|2x+1\right|\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\ln 3.$

Chọn A

Ta có: $2x+1+\left(1-2y\right)i=x+3-i$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}2x+1=x+3\\ 1-2y=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}x=2\\ y=1\end{array}\right.$

Vậy $x^2+y=2^2+1=5$

Chọn A

Dựa vào BBT và áp dụng định lí 1 của SGK, hàm số đạt cực đại tại x=-1, đạt cực tiêu tại x=2. Suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Ta có: $z(2-i)+13i=1\iff z=\frac{1-13i}{2-i}\iff z=\frac{(1-13i)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=3-5i.$

Vậy $\left|z\right|=\sqrt{3^2+{(-5)}^2}=\sqrt{34}.$

Chọn D

Gọi I là trung điểm của AB khi đó $\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=0\\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=0\\ z_I=\frac{z_A+z_B}{2}=1\end{array}\right.\Rightarrow I\left(0;0;1\right)$.

$IA=\sqrt{{\left(0+2\right)}^2+{\left(0-1\right)}^2+{\left(1-0\right)}^2}=\sqrt{6}$.

Mặt cầu đường kính AB nhận điểm làm tâm I(0;0;1) và bán kính $R=IA=\sqrt{6}$ có phương trình là: $x^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2=6$.

Chọn B

$\left\{\begin{array}{l}\Delta \perp d\\ \Delta \subset \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{u_d}\\ \overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\end{array}\right.$

$\left[\overrightarrow{u_d},\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(5;0;5\right)$. Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng $∆$ là ${\overrightarrow{u}}_{\Delta }=\left(1;0;1\right)$$\Rightarrow \Delta :\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-1\\ z=4+t\end{array}\right.$

Chọn C

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: AC=$\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2-a^2}=a\sqrt{2}$.

Diện tích tam giác ABC là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

Gọi H là trung điểm đoạn AB thì $SH\perp AB$. Vì $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$ và $\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)=AB$ nên $SH\perp \left(ABC\right)$. Suy ra SH là chiều cao của khối chóp S.ABC.

Tam giác SAH vuông tại H nên SH$=SA.\sin \widehat{SAH}=a.\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Thể tích khối chóp S.ABC là:V$=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{2}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$ .

Chọn A

Từ $z+3+i-\left|z\right|i=0$, ta có

$\begin{array}{l}a+bi+3+i-\sqrt{a^2+b^2}i=0\Rightarrow \left(a+3\right)+\left(b+1-\sqrt{a^2+b^2}\right)i=0\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b+1-\sqrt{a^2+b^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=4\end{array}\right.\\ SuyraS=1\end{array}$

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=2x^3-5x^2+3x+2$ và đường thẳng y=-3x+4 là:

$2x^3-5x^2+3x+2=-3x+4\iff 2x^3-5x^2+6x-2=0\iff x=\frac{1}{2}\cdot$

Thay $x=\frac{1}{2}$ vào y=-3x+4 ta được $y=\frac{5}{2}\cdot$

Nên đồ thị hàm số $y=2x^3-5x^2+3x+2$ cắt đường thẳng y=-3x+4 tại điểm $M\left(\frac{1}{2};\frac{5}{2}\right)$.

Tổng a+b=3.

Chọn B

$\begin{array}{l}{\log }_a\left(a^3{b}^2\sqrt{c}\right)={\log }_a{a}^3+{\log }_a{b}^2+{\log }_a\sqrt{c}\\ =3{\log }_{a}a+2{\log }_{a}b+\frac{1}{2}{\log }_{a}c=3+2.3+\frac{1}{2}.(-2)=8\end{array}$

Chọn A

Tập xác định: $D=ℝ$.

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

Bảng biến thiên

Từ bảng trên ta có khoảng đồng biến của hàm số đã cho là (0;2).

Chọn C

Với a,b,c là các số thực dương, ta có

$\frac{1}{2}\log 3a-2\log b+3\log \sqrt{c}=\log \sqrt{3a}-\log b^2+\log \sqrt{c^3}=\log \frac{\sqrt{3a{c}^3}}{b^2}$.

Do đó, $\log x=\frac{1}{2}\log 3a-2\log b+3\log \sqrt{c}\iff \log x=\log \frac{\sqrt{3a{c}^3}}{b^2}\iff x=\frac{\sqrt{3a{c}^3}}{b^2}$.

Chọn B

TXĐ: D=R.

Đặt sinx=t, $\left(-1\le t\le 1\right)$

Ta có $f\left(x\right)=2t^2+2t-1$ liên tục trên đoạn [-1;1]

$f^{\text{'}}\left(x\right)=4t+2=0\iff t=-\frac{1}{2}$

f(-1)=-1; $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{2}$; .

Suy ra $\underset{ℝ}{\min }y=\underset{\left[-1;1\right]}{\min }f\left(x\right)=-\frac{3}{2}\iff t=-\frac{1}{2}\iff \sin x=-\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.$, $k\in \mathbb{Z}$.

Chọn C

$y\text{'}\ge 0\iff \left(2x+2\right)e^{x^2+2x-3}\ge 0\iff 2x+2\ge 0\iff x\ge -1$

Chọn D

Ta có: $BC\perp SA,BC\perp AB\Rightarrow BC\perp SB$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ AB\perp BC,AB\subset \left(ABC\right)\\ SB\perp BC,SB\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SBA}$.

Chọn C

Trong mặt phẳng (SAB), kẻ $SM\perp AB$, $M\in AB$ suy ra $AB\perp \left(SCM\right)$

Trong mặt phẳng (SCM) kẻ $SH\perp CM$ (1), $H\in CM$. Từ trên ta có $SH\perp AB$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SH\perp \left(ABC\right)$.

Tam giác SAB vuông tại S suy ra $SM=\frac{SA.SB}{\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Tam giác SAB vuông tại S suy ra $SH=\frac{SM.SC}{\sqrt{S{M}^2+S{C}^2}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Chọn C

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^x\left[f\left(x\right)+f\text{'}\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}f\text{'}\left(x\right)dx\left(1\right)$

Lại có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}f\text{'}\left(x\right)dx=\left(e^{x}f\left(x\right)\right)\left|{}_0^1\right.-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}f\left(x\right)dx=e-1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}f\left(x\right)dx\left(2\right)$

Thế (2) vào (1) ta được $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^x\left[f\left(x\right)+f\text{'}\left(x\right)\right]dx=e-1$. Suy ra $a=1;b=-1$ nên a+b=0.

Chọn D

Gọi $∆$ là đường thẳng cần tìm.

Gọi $A=\Delta \cap d_1;B=\Delta \cap d_2\Rightarrow A\left(2+2t;3+3t;-4-5t\right),B\left(-1+3t^{\text{'}};4-2t^{\text{'}};4-t^{\text{'}}\right)$

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(3t^{\text{'}}-2t-3;-2t^{\text{'}}-3t+1;-t^{\text{'}}+5t+8\right)$.

Gọi $\overrightarrow{u_{\Delta }},\overrightarrow{u_{d_1}}=\left(2;3;-5\right),\overrightarrow{u_{d_2}}=\left(3;-2;-1\right)$ lần lượt là véc tơ chỉ phương của $\Delta ,d_1,d_2$ ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{u_{d_1}}\\ \overrightarrow{u_{\Delta }}\perp \overrightarrow{u_{d_2}}\end{array}\right.$.Chọn $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}\right]=\left(-13;-13;-13\right)=-13\left(1;1;1\right)=-13\overrightarrow{u}$.

Vì $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{u}$ đều là véc tơ chỉ phương của $∆$ nên ta có:

$\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{u}\iff \left\{\begin{array}{l}3t^{\text{'}}-2t-3=k\\ -2t^{\text{'}}-3t+1=k\\ -t^{\text{'}}+5t+8=k\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3t^{\text{'}}-2t-k=3\\ -2t^{\text{'}}-3t-k=-1\\ -t^{\text{'}}+5t-k=-8\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^{\text{'}}=1\\ t=-1\\ k=2\end{array}\right.$$\Rightarrow A\left(0;0;1\right)$  .

$\Rightarrow \Delta :\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{1}$.

Chọn A

Ta có: $9^x-{4.6}^x+\left(m-1\right){.4}^x\le 0\iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-4.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+m-1\le 0$

$\iff m\le -{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}+4.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+1$.(*)

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x,t>0$. Bất phương trình (*) trở thành: $m\le -t^2+4t+1,t\in \left(0;+\infty \right)$.

Xét hàm số $f\left(t\right)=-t^2+4t+1,t\in \left(0;+\infty \right)$.

Ta có:$f^{\text{'}}\left(t\right)=-2t+4,f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=2.$ (nhận)

Bảng biến thiên

Bất phương trình $9^x-{4.6}^x+\left(m-1\right){.4}^x\le 0$ có nghiệm $\iff m\le -t^2+4t+1$ có nghiệm $t\in \left(0;+\infty \right)\iff m\le 5$.

Mà m nguyên dương $\Rightarrow m\in \left\{1;2;3;4;5\right\}$.

Chọn B

Chọn D

+) $I=\underset{0}{\overset{5}{\int }}{x}^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{5}{\int }}{x}^{2}df\left(x\right)={\left.x^2.f\left(x\right)\right|}_0^5-\underset{0}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)d{x}^2$.

$=25.f\left(5\right)-0.f\left(x\right)-\underset{0}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right).2xdx$.

$=25-2\underset{0}{\overset{5}{\int }}xf\left(x\right)dx$.

+) Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(5x\right)dx=1$.

Đặt 5x=t$\Rightarrow \underset{0}{\overset{5}{\int }}\frac{t}{5}f\left(t\right)d\frac{t}{5}=1\iff \underset{0}{\overset{5}{\int }}tf\left(t\right)dt=25$.

Vậy $I=25-2\times 25=-25$.

Chọn D

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

$y^{\text{'}}=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)-2=0$$\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=x_1>1\end{array}\right.$.

Dựa vào đồ thị y=f'(x) và đường thẳng y=2, ta có bảng biến thiên sau

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)-2x$ có hai điểm cực trị.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}={\left(x^2\right)}^{\text{'}}=2x$.

Tiếp tuyến d với (P) tại điểm M(2;4) có phương trình là:

$y=f^{\text{'}}\left(2\right)\left(x-2\right)+4\iff y=4\left(x-2\right)+4\iff y=4x-4.$

Giao điểm của d và Ox là A(0;1)

Trên đoạn [0;1] hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2$ và trục hoành.

Trên đoạn [1;2] hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=x^2$ và tiếp tuyến d.

Vậy diện tích của hình phẳng được xác định là: $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-4x+4\right)\text{ d}x=\frac{2}{3}.$

Chọn B

Gọi $z_1=x_1+y_{1}i,z_2=x_2+y_{2}i$, với $x_1,y_1,x_2,y_2\in ℝ$.

Do $\left|z_1-z_2\right|=\frac{8}{5}\Rightarrow \left|\left(x_1-x_2\right)+\left(y_1-y_2\right)i\right|=\frac{8}{5}\Rightarrow \sqrt{{\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(y_1-y_2\right)}^2}=\frac{8}{5}$

Gọi $M_1\left(x_1;y_1\right)$, $M_2\left(x_2;y_2\right)$$\Rightarrow M_1{M}_2=\sqrt{{\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(y_1-y_2\right)}^2}=\frac{8}{5}$.

Mà $z_1$ là nghiệm phương trình $\left|6-3i+iz\right|=\left|2z-6-9i\right|$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left|\left(6-y_1\right)+\left(x_1-3\right)i\right|=\left|\left(2x_1-6\right)+\left(2y_1-9\right)i\right|\Rightarrow \sqrt{{\left(6-y_1\right)}^2+{\left(x_1-3\right)}^2} \\ =\sqrt{{\left(2x_1-6\right)}^2+{\left(2y_1-9\right)}^2} \end{gathered}$$

$\iff {x_1}^2+{y_1}^2-6x_1-8y_1+24=0\Rightarrow M_1\left(x_1;y_1\right)\in$ đường tròn $\left(C\right):x^2+y^2-6x-8y+24=0$.

Tương tự $M_2\left(x_2;y_2\right)\in \left(C\right)$.

Đường tròn (C) có tâm I(3;4), bán kính R=1.

Goị là trung điểm M$\Rightarrow IM\perp M_1{M}_2$, $IM=\sqrt{R^2-M_1{M}^2}=\sqrt{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2}=\frac{3}{5}$, và $\left|z_1+z_2\right|=2OM$.

Mà $OM\le OI+IM$, dấu bằng xảy ra khi O,I,M thẳng hàng. Khi đó $OM\perp M_1{M}_2$, và $OM=OI+IM=\frac{28}{5}$.

$\left|z_1+z_2\right|$ đạt giá trị lớn nhất bằng 2(OI+IM), bằng $\frac{56}{5}$.

Hoặc đánh giá chọn đáp án như sau:

Gọi $N\left(-x_2;-y_2\right)\Rightarrow N{M}_1=\sqrt{{\left(x_1+x_2\right)}^2+{\left(y_1+y_2\right)}^2}=\left|z_1+z_2\right|$

Và N đối xứng với $M_2$ qua gốc tọa độ O, $N\in$ đường tròn $\left(C_1\right):x^2+y^2+6x+8y+24=0$.

$\left(C_1\right)$ có tâm $I_1\left(-3;-4\right)$, bán kính $R_1=1$, $\left(C_1\right)$ đối xứng với (C) qua gốc tọa độ O.

Có $I_{1}I=10\Rightarrow I_{1}I-R-R_1=8$.

Nhận xét: với mọi điểm $M_1\in \left(C\right)$, $N\in \left(C_1\right)$ thì $M_{1}N\ge I_{1}I-R-R_1$. Loại các đáp án B,C,D

$\left|z_1+z_2\right|=M_{1}N$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{56}{5}$.

Chọn D

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3\left(m-1\right)x^2-10x+m+3$

TH1: m=1

$f\text{'}\left(x\right)=-10x+4$ 

$f\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow x=\frac{2}{5}>0\Rightarrow$ hoành độ của đỉnh là 1 số dương nên $f\left(\left|x\right|\right)$ có  điểm cực trị

Vậy thỏa mãn nhận m=1.

TH2: $m\ne 1$

$f\text{'}\left(x\right)=3\left(m-1\right)x^2-10x+m+3$

Để hàm số $f\left(\left|x\right|\right)$ có  điểm cực trị thì $f\text{'}\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1$ và $x_2$ thỏa $x_1<0<x_2$ hoặc $0=x_1<x_2$.

_ $x_1<0<x_2\iff P=\frac{m+3}{3\left(m-1\right)}<0\iff -3<m<1$.

_  $0=x_1<x_2\iff \left\{\begin{array}{l}P=\frac{m+3}{3\left(m-1\right)}=0\\ S=\frac{10}{3\left(m-1\right)}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=-3\\ m>1\end{array}\right.$.

Kết hợp 2 trường hợp ta được có 4 giá trị nguyên của tham số m.

Chọn C

Từ $\left\{\begin{array}{l}\left(S_1\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=25\left(1\right)\\ \left(S_2\right):x^2+y^2+z^2-2x-2y-14=0\left(2\right)\end{array}\right.$

Lấy (1) trừ (2), ta được 6z=0 hay

$\left(P\right):z=0$ tức là $\left(P\right)\equiv \left(Oxy\right).$