Chọn C

Mỗi cách chọn hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con tương ứng với một tổ hợp chập 2 của tập có 52 phần tử. Vậy số cách chọn 2 học sinh từ 52 học sinh là $C_{10}^2=1326.$

Chọn B

Áp dụng công thức $u_n=u_1+\left(n-1\right)d$,  suy ra $u_{99}=u_1+98d$$=11+98.4$=403.

Vậy $u_{99}=403.$

Chọn D

Nhìn vào đồ thị hàm số y=f(x) ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$.

Chọn D

Dựa vào đồ thị của hàm số ta suy ra được hàm số f(x) có giá trị cực tiểu là 0.

Chọn D

Ta có y' đổi dấu khi đi qua x=-3 và qua x=2 nên số điểm cực trị là 2.

Chọn D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$.

Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=2.

Và $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=-\infty$, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=+\infty$.

Do đó đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là .

Chọn B

Đồ thị trên là đồ thị của hàm trùng phương có hệ số  dương nên từ các phương án đã cho ta suy ra đồ thị trên là đồ thị của hàm số $y=x^4-2x^2-2$.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-4x$. Cho $y^{\text{'}}=0\iff 4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=1\end{array}\right.$ .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số $y=x^4-2x^2+2$ giao với y=0 (trục hoành) là 0 giao điểm.

Chọn B

Ta có $\log \left(a{b}^2\right)=\log a+\log b^2=\log a+2\log b$.

Chọn A

${\left({\pi }^x\right)}^{\text{'}}={\pi }^x.\ln \pi .$ Dạng tổng quát ${\left(a^x\right)}^{\text{'}}=a^x.\ln a$

Chọn D

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

Chọn A

Ta có: $8^{2x-2}-{16}^{x-3}=0\iff 2^{3\left(2x-2\right)}=2^{4\left(x-3\right)}\iff 2^{6x-6}=2^{4x-12}$

$\iff 6x-6=4x-12\iff 2x=-6\iff x=-3$

Chọn C

${\log }_3\left(x^2-3x+3\right)=1\left(1\right)$, có $x^2-3x+3>0,\forall x\in ℝ.$

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

Vậy $S=\left\{0;3\right\}.$

Chọn C

Ta có : $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \left(x^3+3x+2\right)dx=\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}+2x+C$

Chọn D

+ Ta có: $\int \sin 2xdx=\frac{1}{2}\int \sin 2xd2x=\frac{-\cos 2x}{2}+C,C\in ℝ$.

Chọn D

Ta có: $T=\underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x$$=f\left(x\right)\left|{}_a^b\right.$$=f\left(b\right)-f\left(a\right)=-2$.

Chọn B

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(4x-3\right)dx=\left(2x^2-3x\right){|}_0^2=2$

Chọn B

Ta có $z=3i-1=-1+3i$

Số phức liên hợp của số phức $z=-1+3i$ là $\overline{z}=-1-3i$.

Chọn A

Ta có = $z_1.z_2=\left(1-2i\right)\left(-2+i\right)$$=-2+i+4i-2i^2$$=-2+5i+2=5i$.

Chọn B

Áp dụng định nghĩa: phần thực, phần ảo lần lượt là hoàng độ và tung độ của điểm biểu diễn.

Phần thực bằng 2; phần ảo bằng -3.

Điểm biểu diễn của số phức $z=2-3i$ là: $\left(2;-3\right)$.

Chọn B

$V=a^3=8\iff a=2$.

Chọn C

Vì $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow h=SA=a\sqrt{3}$. Tam giác ABC vuông tại A nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.a.2a=a^2$

Ta có: $V_{S.ABC}\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA==\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}{a}^3$.

Chọn C

Thể tích của khối nón đã cho là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi a^2.2a$$=\frac{2\pi a^3}{3}$.

Chọn D

Chọn A

+) Ta có $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}\iff \overrightarrow{a}\left(x;y;z\right)$ nên $\overrightarrow{a}\left(-1;2;-3\right)$

Chọn B

$\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-5\right)}^2=9$ thì (S) có tâm là $I\left(1;-2;5\right).$

Chọn A

Xét đáp án A ta thấy $3+4-7=0$ vậy M thuộc (R). 

Chọn A

Thay t=0 vào phương trình đường thẳng d ta được $\left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=-1\\ z=0\end{array}\right.$ do đó điểm $M\left(2;-1;0\right)$ thuộc d

Chọn D

Không gian mẫu: $\Omega =\left\{1;2;3;4;5;6\right\}$

Biến cố xuất hiện mặt chẵn: $A=\left\{2;4;6\right\}$

Suy ra $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{2}$.

Chọn B

Loại đáp án A và C (Hàm trùng phương và hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không xảy ra trường hợp đồng biến trên $ℝ$).

Đáp án B: Ta có $y^{\text{'}}=x^2-x+3={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{11}{4}>0,\forall x$ nên hàm số đã cho đồng biến trên $ℝ$.

Chọn B

Hàm số $y=\frac{x^3}{3}+2x^2+3x-4$ xác định trên đoạn $\left[-4;0\right]$.

Ta có $y^{\text{'}}=x^2+4x+3$

$y^{\text{'}}=0$$\iff x^2+4x+3=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-4;0\right]\\ x=-3\in \left[-4;0\right]\end{array}\right.$.

Do đó $y\left(-4\right)=-\frac{16}{3}$; $y\left(0\right)=-4$; $y\left(-1\right)=-\frac{16}{3}$ và $y\left(-3\right)=-4$.

Vậy ta có $M=-4$; $n=-\frac{16}{3}$ và $M+n=-\frac{28}{3}$.

Chọn C

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 A

Ta có $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[4f\left(x\right)-2x\right]dx=1\iff 4\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{1}{\overset{2}{\int }}xdx=1\iff 4\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-{\left.x^2\right|}_1^2=1$

$\iff 4\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=4\iff \underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=1.$

Chọn D

Ta có $\left(1+2i\right)z=5{\left(1+i\right)}^2\iff z=\frac{5{\left(1+i\right)}^2}{1+2i}=\frac{10i}{1+2i}=\frac{10i\left(1-2i\right)}{5}=4+2i.$

Suy ra  $w=\overline{z}+iz=\left(4-2i\right)+i\left(4+2i\right)=2+2i$.

Vậy số phức w có phần thực bằng 2, phần ảo bằng 2. Suy ra $2^2+2^2=8$.

Chọn A

Ta có $A{A}^{\text{'}}\perp \left(ABCD\right)$ nên hình chiếu vuông góc của  lên  là đường .

Suy ra góc giữa $A^{\text{'}}C$ và (ABCD) là góc giữa $A^{\text{'}}C$ và AC hay góc $\widehat{AC{A}^{\text{'}}}=\alpha$.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=a^2+4a^2=5a^2\Rightarrow AC=a\sqrt{5}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AAC' vuông tại A ta có:

$\tan \alpha =\frac{A{A}^{\text{'}}}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Chọn D

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow SA=d\left(S;\left(ABC\right)\right)$.

$\Delta ABC\perp$tại A nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{3}$; góc giữa đường thẳng SC và $\left(ABC\right)$ là $\widehat{SCA}={30}^0$. $\Delta SAC\perp$ tại A nên $h=SA.tan{30}^0$$=a$.

Chọn D

$R=IA=\sqrt{1+2^2+{(-2)}^2}$ = 3

Vậy phương trình mặt cầu là ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=9$.

Chọn A

Do d vuông góc với (P) nên VTPT của d cũng là VTCP của d = >  VTCP $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-3;1\right)$.

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với $\left(P\right)$ có phương trình là: $\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-3}=\frac{z-3}{1}$.

Chọn A

Xét $y\text{'}=2f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[{}_{f\text{'}\left(x\right)=0}^{f\left(x\right)=0}\iff \right.\left[{}_{x=\left\{a;1;b\right\}}^{x=\left\{0;1;3\right\}}\right.$ với $0<a<1;2<b<3$. Dựa vào đồ thị ta thấy x=1 là nghiệm kép nên f(x) không đổi dấu qua x=1 nhưng $f\text{'}\left(x\right)$ vẫn đổi dấu qua đó. Còn tất cả nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn nên $f\left(x\right)vaf\text{'}\left(x\right)$ đều đổi dấu. Như vậy hàm số $y={\left(f\left(x\right)\right)}^2$ có tất cả 5 điểm cực trị.

Chọn C

Ta có:

$\ln \left(7x^2+7\right)\ge \ln \left(m{x}^2+4x+m\right)$$\iff \left\{\begin{array}{l}7x^2+7\ge m{x}^2+4x+m\\ m{x}^2+4x+m>0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(7-m\right)x^2-4x+7-m\ge 0\left(1\right)\\ m{x}^2+4x+m>0\left(2\right)\end{array}\right.$

Bất phương trình đã cho đúng với mọi $x\in ℝ$ khi và chỉ khi các bất phương trình $\left(1\right),\left(2\right)$ đúng với mọi $x\in ℝ$.

Xét  $\left(7-m\right)x^2-4x+7-m\ge 0$ .

+ Khi $m=7$ ta có (1) trở thành $-4x\ge 0\iff x\le 0$. Do đó $m=7$ không thỏa mãn.

+ Khi $m\ne 7$ ta có (1) đúng với mọi $x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}7-m>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<7\\ 4-{\left(7-m\right)}^2\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<7\\ m\le 5\vee m\ge 9\end{array}\right.$$\iff m\le 5$$\left(\ast \right)$.

Xét  $m{x}^2-4x+m>0$ $\left(2\right)$.

+ Khi $m=0$ ta có (2) trở thành $-4x>0\iff x<0$. Do đó  không thỏa mãn.

+ Khi $m\ne 0$ ta có (2) đúng với mọi $x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ \Delta \text{'}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ 4-m^2<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m<-2\vee m>2\end{array}\right.$$\iff m>2$$\left(\ast \ast \right)$

Từ (*) và $\left(\ast \ast \right)$ ta có $2<m\le 5$. Do $m\in Z$ nên $m\in \left\{3;4;5\right\}$. Từ đó $S=3+4+5=12$.

Chọn A

Xét tích phân $A=\underset{1}{\overset{e^3}{\int }}\frac{f\left(\ln x\right)}{x}dx$.

Đặt $t=\ln x\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx$, đổi cận $x=1\Rightarrow t=0$, $x=e^3\Rightarrow t=3$.

Do đó $A=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Xét tích phân $B=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(\cos x\right).\sin xdx$.

Đặt $u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx$, đổi cận $x=0\Rightarrow u=1$, $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0$.

Do đó $A=\underset{1}{\overset{0}{\int }}-f\left(u\right)du=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Xét $\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(f\left(x\right)+2x\right)dx$$=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}2xdx=$$\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+{\left.x^2\right|}_1^3$$=7-3+8=12$.

Chọn B

$\left|z^2+4\right|=2\left|z\right|$$\iff \left|{(a+bi)}^2+4\right|=2\sqrt{a^2+b^2}$$\iff \sqrt{{(a^2-b^2+4)}^2+{\left(2\text{a}b\right)}^2}=2\sqrt{a^2+b^2}$

$\iff {(a^2-b^2)}^2+8(a^2-b^2)+16+4{\text{a}}^2{b}^2=4(a^2+b^2)$

$\iff 8(a^2-b^2)-12={(a^2-b^2)}^2+4{\text{a}}^2{b}^2-4(a^2+b^2)+4$

$\iff 8(a^2-b^2)-12={(a^2+b^2)}^2-4({\text{a}}^2+b^2)+4$$\iff 8(a^2-b^2)-12={(a^2+b^2-2)}^2$$\iff P={\left({\left|z\right|}^2-2\right)}^2$

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB thì $SH\perp \left(ABCD\right)$. Ta có $HD=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ nên $SH=\sqrt{\frac{9a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a$.

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$$=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}$

.

Chọn B

Diện tích một cánh hoa là diện tích hình phẳng được tính theo công thức sau:

$S=\underset{0}{\overset{20}{\int }}\left(\sqrt{20x}-\frac{1}{20}{x}^2\right)\text{d}x$$={\left.\left(\frac{2}{3}.\sqrt{20}.\sqrt{x^3}-\frac{1}{60}{x}^3\right)\right|}_0^{20}$$=\frac{400}{3}$$\left({\text{cm}}^2\right)$  .

Chọn A

$\left(\alpha \right)$ có VTPT $\overrightarrow{n}=\left(1;1;1\right)$, $\overrightarrow{AB}=\left(2;4;0\right)$$\Rightarrow \left[\overrightarrow{n};\overrightarrow{AB}\right]=\left(-4;2;2\right)$.

$\left(\Delta \right)$ có VTCP $\overrightarrow{u}=\left(2;-1;-1\right)$.

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó $I\left(2;-2;0\right)$.

PT $\left(\Delta \right):\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-2-t\\ z=-t\end{array}\right.$$A\left(3;3;1\right)$.

Chọn B

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

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ và đồ thị hàm số y=x ta thấy

$f^{\text{'}}\left(x\right)-x>0$ với $\forall x\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

$f^{\text{'}}\left(x\right)-x<0$ với $\forall x\in \left(1;2\right)$

Ta có bảng biến thiên của $g\left(x\right)$

Vậy đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)$ có hai điểm cực trị

Chọn A

ĐK: $x+2m>0$

Ta có $2^{x-1}={\log }_4\left(x+2m\right)+m$$\iff 2^x={\log }_2\left(x+2m\right)+2m$

Đặt $t={\log }_2\left(x+2m\right)$ ta có $\left\{\begin{array}{l}{2}^x=t+2m\\ 2^t=x+2m\end{array}\right.$$\Rightarrow 2^x+x=2^t+t$ (1)

Do hàm số $f\left(u\right)=2^u+u$ đồng biến trên $ℝ$, nên ta có $\left(1\right)\iff t=x$. Khi đó: $2^x=x+2m\iff 2m=2^x-x$

Xét hàm số $g\left(x\right)=2^x-x$$\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=$$2^x\ln 2-1=0$$\iff x=-{\log }_2\left(\ln 2\right)$.

Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi $2m\ge g\left(-{\log }_2\left(\ln 2\right)\right)\iff m\ge \frac{g\left(-{\log }_2\left(\ln 2\right)\right)}{2}$ $\approx 0,457$ (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì $x+2m=2^x>0$)

Do m nguyên và $\left|m\right|<10$, nên $m\in \left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$.

Chọn A

Theo đồ thị ta có $f^{\text{'}}\left(0\right)=0\iff d=0$ và hệ số $a<0$.

Xét $\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(x\right)\left|{}_{-1}^0\right.=-a+b-c+d$, mà $\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<0$ nên ta có $-a+b-c+d<0$ (1)

Hay $a+c>b+d$. Do đó ta loại C.

Thay $d=0$ ta có $a>b-c$, vì $a<0$ nên $b-c<0$. Loại D.

Xét $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(x\right)\left|{}_0^1\right.=a+b+c+d$, mà $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx>0$ nên ta có $a+b+c+d>0$ (2).

Do đó ta loại B.

Từ (2) ta có $-a-b-c-d<0$ cộng từng vế với (1) ta có $a+c>0$

Chọn C

Gọi $A\left(0;1\right)$, $B\left(-1;3\right),C\left(1;-1\right)$. Ta thấy A là trung điểm của BC

$\Rightarrow M{A}^2=\frac{M{B}^2+M{C}^2}{2}-\frac{B{C}^2}{4}$$\iff M{B}^2+M{C}^2=2M{A}^2+\frac{B{C}^2}{2}=2M{A}^2+10$

Ta lại có : $5\left|z-i\right|=\left|z+1-3i\right|+3\left|z-1+i\right|$

$\iff 5MA=MB+3MC\le \sqrt{10}.\sqrt{M{B}^2+M{C}^2}$

$\Rightarrow 25M{A}^2\le 10\left(2M{A}^2+10\right)$$\Rightarrow MC\le 2\sqrt{5}$

Mà $\left|z-2+3i\right|=\left|\left(z-i\right)+\left(-2+4i\right)\right|$$\le \left|z-i\right|+\left|2-4i\right|$$\le \left|z-i\right|+2\sqrt{5}\le 4\sqrt{5}$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\left|z-i\right|=2\sqrt{5}\\ \frac{a}{-2}=\frac{b-1}{4}\end{array}\right.$, với $z=a+bi$; $a,b\in ℝ$.

$\iff \left[\begin{array}{l}z=2-3i\left(loai\right)\\ z=-2+5i\end{array}\right.$.

Chọn B

Đặt $BC=a$; $CA=b$;  $AB=c$.

Gọi M, N lần lượt là trrung điểm của AB và CD.

Theo giả thiết ta có tam giác $\Delta ABC=\Delta CDA$ $\left(c.c.c\right)$ $\Rightarrow CM=DM$ hay tam giác $CMD$ cân tại M.

$\Rightarrow MN\perp CD$

Chứng minh tương tự ta cũng có $MN\perp AB$.

Gọi I là trung điểm của MN thì $IA=IB$ và $IC=ID$.

Mặt khác ta lại có $AB=CD$ nên $\Delta BMI=\Delta CNI$$\Rightarrow IB=IC$ hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Ta có $I{A}^2=I{M}^2+A{M}^2$$=\frac{M{N}^2}{4}+\frac{A{B}^2}{4}$$=\frac{M{N}^2+c^2}{4}$.

Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên  $C{M}^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$