Số cách chọn ba học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh là $C_{15}^3.$

Chọn đáp án D.

Công thức tổng quát của cấp số cộng có số hạng đầu là $u_1$ và công sai d là $u_n=u_1+\left(n-1\right)d.$

Vậy ta có $d=u_2-u_1=-1-3=-4\Rightarrow u_3=u_2+d=-1+\left(-4\right)=-5$

Chọn đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số

Đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)$ và $\left(-\frac{1}{2};3\right).$

Nghịch biến trên khoảng $\left(3;+\infty \right).$

Chọn đáp án C.

Từ bảng biến thiên, nhận thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ + sang $x=1,$ tại  do đó hàm số đạt cực đại tại điểm $x=1$ và $y_{CD}=3.$

Chọn đáp án C.

Từ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu một lần (cắt trục $Ox$ tại một điểm) do đó số điểm cực trị của hàm số $f\left(x\right)$là 1.

Chọn đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số $y=f\left(x\right)$ không có giá trị nhỏ nhất.

Chọn đáp án B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(-2;0\right)$ nên chọn $y=x^3+3x^2-4.$

Chọn đáp án D.

Ta có $f\left(x\right)-1=m\iff f\left(x\right)=m+1.$

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình  có đúng hai nghiệm khi

$\left[\begin{array}{l}m+1=-1\\ m+1>0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-2\\ m>-1\end{array}\right..$                                                  

Chọn đáp án D.

Theo các công thức về logarit.

Chọn đáp án D.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y={\log }_{3}x$ tại điểm có hoành độ $x=2$ bằng $y\text{'}\left(2\right)=\frac{1}{2\ln 3}.$

Chọn đáp án C.

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

Chọn đáp án A.

Ta có $3^{2x+1}=21\iff 3^{2x}=7\iff 9^x=7\iff x={\log }_{9}7.$

Chọn đáp án D.

Điều kiện $x-1>0\iff x>1.$

Khi đó ${\log }_2\left(x-1\right)=1\iff x-1=2\iff x=3.$ (nhận)

Chọn đáp án B.

Ta có $F\left(2\right)-F\left(0\right)=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{x}^{3}dx=4.$

Chọn đáp án D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\cos 3xdx=\frac{1}{3}\sin 3x+C.$

Chọn đáp án B.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-1;2;2\right),\overrightarrow{AD}=\left(1;1;-1\right).$ Do đó $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right]=\left(-4;1;-3\right).$

Bởi vậy, diện tích của hình bình hành ABCD là $S=\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right]\right|=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+1^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{26}$.

Chọn đáp án A.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(1\right)-F\left(0\right)=3.$

Chọn đáp án D.

Số phức $z=a+bi$ với $a,b\in ℝ$ có phần thực là a nên số phức $z=7-5i$ có phần thực là 7.

Chọn đáp án D.

Ta có $z={\left(1+i\right)}^2=1+2i+i^2=2i.$

Chọn đáp án A.

Số phức $z=-1+2i$ có điểm biểu diễn $M\left(-1;2\right).$

Chọn đáp án D.

$V=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3.$

Chọn đáp án A.

Thể tích khối lăng trụ là $V=3.24=72\left(c{m}^3\right).$

Chọn đáp án A.

Ta có $V=\pi .R^2.h=\pi .a^2.a\sqrt{3}=\pi a^3\sqrt{3}.$

Chọn đáp án A.

Khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r có thể tích là $V=\pi r^{2}h.$

Nên thể tích khối trụ đã cho bằng $\pi {.3}^2.2=18\pi .$

Chọn đáp án B.

$\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+5\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(2;-3;5\right).$

Chọn đáp án B.

Ta có $x^2+y^2+z^2-8x-2y+1=0\iff {\left(x-4\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=16.$ Do đó mặt cầu (S) có tọa độ tâm là $I\left(4;1;0\right)$

Chọn đáp án A.

Mặt phẳng đi qua điểm $M\left(3;-1;1\right)$ và có véc-tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(3;-2;1\right)$ có phương trình là

$3\left(x-3\right)-2\left(y+1\right)+\left(z-1\right)=0\iff 3x-2y+z-12=0$                                                  

Chọn đáp án D.

Đường thẳng đã cho có véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(-2;3;1\right)$ và đi qua điểm $M\left(1;0;2\right)$ nên có phương trình chính tắc là $\frac{x-1}{-2}=\frac{y}{3}=\frac{z-2}{1}.$

Chọn đáp án D.

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông: $R=1.$

Xác suất $P$ chính là tỉ lệ giữa diện tích hình tròn trên diện tích hình vuông.

Do đó: $P=\frac{\pi {.1}^2}{2^2}\approx 0,785.$

Chọn đáp án C.

Hàm số đã cho là hàm số trùng phương, có đồ thị đi qua gốc tọa độ.

Chọn đáp án B.

Hàm số y liên tục trên đoạn $\left[0;3\right]$ và có đạo hàm $y\text{'}=4x^3-6x.$

Ta có $y\text{'}=0\iff 4x^3-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{\frac{3}{2}}\end{array}\right..$

Ta có $y\left(0\right)=2,y\left(3\right)=56,y\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)=-\frac{1}{4}.$

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số $y=x^4-3x^2+2$ trên đoạn $\left[0;3\right]$ bằng 56.

Chọn đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên, yêu cầu bài toán tương đương với $1<{\log }_{2}m<5\iff 2<m<32\iff m\in \left\{3,\mathrm{4....},31\right\}.$ Vậy có 29 giá trị m cần tìm.

Chọn đáp án B.

Ta có $\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\sin 2xdx=\frac{1}{4}=F\left(\frac{\pi }{4}\right)-F\left(\frac{\pi }{6}\right)\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{6}\right)=F\left(\frac{\pi }{4}\right)-\frac{1}{4}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$

Chọn đáp án C.

Ta có $i\left(\overline{z}-2+3i\right)=1+2i\iff -\overline{z}+2-3i=i-2\iff \overline{z}=4-4i$.

Khi đó $z=4+4i.$

Chọn đáp án D.

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

$A{B}^2=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a.$

Vì AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng $\left(ABC\right)$ nên:

$\left(SB,\left(ABC\right)\right)=\left(SB,AB\right)=\widehat{SBA}$

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:

$\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.$                                                  

Suy ra $\widehat{SBA}={60}^0$.

Vậy $\left(SB,\left(ABC\right)\right)={60}^0.$

Chọn đáp án C.

* Gọi M là trung điểm của BC Khi đó $AM\perp BC$

* Kẻ AH vuông góc với SM tại H

* Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{S{A}^2}.$

* Suy ra $d=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Chọn đáp án A.

Giả sử $I\left(a;b;0\right)\in \left(Oxy\right)$ và r là tâm và bán kính của mặt cầu (S) và đi qua $A\left(2;3;-3\right),B\left(2;-2;2\right),C\left(3;3;4\right).$

Phương trình mặt cầu (S) là ${\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+z^2=r^2.$

Vì mặt cầu đi qua $A\left(2;3;-3\right),B\left(2;-2;2\right),C\left(3;3;4\right)$ nên

$\left\{\begin{array}{l}{\left(2-a\right)}^2+{\left(3-b\right)}^2+{\left(-3\right)}^2=r^2\\ {\left(2-a\right)}^2+{\left(-2-b\right)}^2+2^2=r^2\\ {\left(3-a\right)}^2+{\left(3-b\right)}^2+4^2=r^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-10b+10=0\\ 2a-12=0\\ {\left(3-a\right)}^2+{\left(3-b\right)}^2+4^2=r^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=1\\ a=6\\ r^2=29\end{array}\right.$

Vậy phương trình mặt cầu ${\left(x-6\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=29.$ là

Chọn đáp án A.

Đường thẳng (d) đi qua điểm $M\left(3;-1;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{u}=\left(-1;2;-3\right)$ làm véc-tơ chỉ phương. Phương trình chính tắc của $\left(d\right):\frac{x-3}{-1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{-3}.$

Chọn đáp án A.

$F\left(x\right)=\underset{2}{\overset{x}{\int }}f\left(t\right)dt\Rightarrow F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right).$ Từ đồ thị, ta có bảng biến thiên của hàm số $F\left(x\right):$

Từ bảng biến thiên suy ra $F\left(2\right)$ là giá trị lớn nhất.

Chọn đáp án B.

* Trường hợp 1. $x^2-4<0$ ta có $9^{x^2-4}+\left(x^2-4\right){.2019}^{x-2}<9^0+{0.2019}^{x-2}=1.$

* Trường hợp 2. $x^2-4\ge 0$ ta có $9^{x^2-4}+\left(x^2-4\right){.2019}^{x-2}\ge 9^0+{0.2019}^{x-2}=1.$

Vậy tập hợp các giá trị của x không thỏa mãn bất phương trình là $x\in \left(-2;2\right)\Rightarrow a=-2,b=2\Rightarrow b-a=4.$

Chọn đáp án B.

Ta có $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(x^2\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}f\left(x^3\right)dx=A-B.$

      * Tính $A=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(x^2\right)dx.$

      Đặt $t=x^2\Rightarrow dt=2xdx.$ Đổi cận $x=0\Rightarrow t=0$ và $x=1\Rightarrow t=1.$

      Khi đó $A=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=3.$

      * Tính $A=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}f\left(x^3\right)dx.$

      Đặt $t=x^3\Rightarrow dt=3x^{2}dx.$ Đổi cận $x=0\Rightarrow t=0$ và $x=1\Rightarrow t=1.$

      Khi đó $A=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=2.$

Vậy $I=A-B=3-2=1.$

Chọn đáp án B.

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right).$ Khi đó $\left|z+1-3i\right|=3\sqrt{2}\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=18\left(1\right).$

${\left(z+2i\right)}^2={\left[x+\left(y+2\right)i\right]}^2=x^2-{\left(y+2\right)}^2+2x\left(y+2\right)i.$

Theo giả thiết ta có ${\left(z+2i\right)}^2$ là số thuần ảo nên $x^2-{\left(y+2\right)}^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=y+2\\ x=-\left(y+2\right)\end{array}\right..$

Với $x=y+2$ thay vào (1) ta được phương trình $2y^2=0\iff y=0\Rightarrow x=2\Rightarrow z_1=2.$

Với $x=-\left(y+2\right)$ thay vào (1) ta được phương trình $2y^2-4y-8=0\iff \left[\begin{array}{l}y=1+\sqrt{5}\\ y=1-\sqrt{5}\end{array}\right.$.

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{z}_2=-3-\sqrt{5}+\left(1+\sqrt{5}\right)i\\ x_3=-3+\sqrt{5}+\left(1-\sqrt{5}\right)i\end{array}\right..$

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án C.

Gọi $r_1,h_1,V_1$ lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón được giới hạn bởi phần chứa nước lúc ban đầu; $r,h,V$ lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón giới hạn bởi cái phễu; $h_2$ là chiều cao mực nước sau khi lộn ngược phễu. Theo tính chất tam giác đồng dạng ta có

 $\frac{r_1}{r}=\frac{h_1}{h}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{V_1}{V}={\left(\frac{h_1}{h}\right)}^3=\frac{1}{27}.$                                                 

Sau khi lộn ngược phễu, tỉ số thể tích giữa phần không gian trong phễu không chứa nước và thể tích phễu bằng

$1-\frac{1}{27}=\frac{{\left(h-h_2\right)}^2}{h^3}\iff \frac{26}{27}=\frac{{\left(15-h_2\right)}^3}{{15}^3}\iff h_2=15-5\sqrt[3]{26}\approx 0,188.$

Chọn đáp án C.

+ Ta có $h=d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{\left|-1-2.2+2.\left(-1\right)-2\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+2^2}}=\frac{9}{3}=3.$

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là $r=5$ nên bán kính mặt cầu là $R=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}.$

+ Phương trình mặt cầu tâm $I\left(-1;2;-1\right)$ và bán kính $R=\sqrt{34}$ là ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=34.$

Chọn đáp án D.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=\frac{-2}{{\left(x-1\right)}^2}.f\text{'}\left(\frac{x+1}{x-1}\right).$ Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\frac{x+1}{x-1}=a,a<-1\\ \frac{x+1}{x-1}=b,-1<b<0\\ \frac{x+1}{x-1}=c,0<c<2\\ \frac{x+1}{x-1}=d,d>2\end{array}\right.$

Xét hàm số $h\left(x\right)=\frac{x+1}{x-1}.$

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$ Ta có $h\text{'}\left(x\right)=\frac{-2}{{\left(x-1\right)}^2}>0,\forall x\in D.$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: Phương trình $h\left(x\right)=a,h\left(x\right)=b,h\left(x\right)=c,h\left(x\right)=d$ đều có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số $f\left(x\right)=f\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ có 8 cực trị.

Chọn đáp án A.

TH1: $x^2+2y^2>1.$ Đặt $z=y\sqrt{2},$ suy ra $x^2+z^2>1\left(1\right).$ Khi đó:

${\log }_{x^2+2y^2}\left(2x+y\right)\ge 1\iff 2x+y\ge x^2+2y^2\iff 2x+\frac{z}{\sqrt{2}}\ge x^2+z^2\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(z-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}^2\ge \frac{9}{8}\left(2\right).$

Tập hợp các điểm $M\left(x;y\right)$ là miền (H) bao gồm miền ngoài của hình tròn  và miền trong của hình tròn $\left(C_2\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(z-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}^2=\frac{9}{8}.$

Hệ $\left\{\begin{array}{l}T=2x+\frac{z}{\sqrt{2}}\\ {\left(x-1\right)}^2+{\left(z-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}^2\ge \frac{9}{8}\\ x^2+z^2>1\end{array}\right.$ có nghiệm khi đường thẳng $d:2x+\frac{z}{\sqrt{2}}-T=0$ có điểm chung với miền (H)

Để T đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng d phải tiếp xúc với đường tròn $\left(C_2\right),$ nghĩa là ta có $d\left(I,d\right)=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ $\iff \left|T-\frac{9}{4}\right|=\frac{9}{4}\iff T=\frac{9}{2}$với $I\left(1;\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)$ là tâm của đường tròn $\left(C_2\right)$.

TH2. $0<x^2+2y^2<1$ ta có

${\log }_{x^2+2y^2}\left(2x+y\right)\ge 1\iff 2x+y\le x^2+2y^2\iff T=2x+y<1$ (loại).

Vậy $\max T=\frac{9}{2}.$

Chọn đáp án B.

$S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left[\left(-x^2+3\right)-\left(x^2-2x-1\right)\right]dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left(-2x^2+2x+4\right)dx.$

Chọn đáp án D.

Giả sử $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Theo đề bài ta có $\left|z-3-4i\right|=\sqrt{5}\iff {\left(a-3\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2=5\left(1\right).$

Mặt khác $P={\left|z+2\right|}^2-{\left|z-i\right|}^2={\left(a+2\right)}^2+b^2-\left[a^2+{\left(b-1\right)}^2\right]=4a+2b+3\left(2\right).$

Từ (1) và (2) ta có $20a^2+\left(64-8P\right)a+P^2-22P+137=0\left(*\right).$

Phương trình $\left(*\right)$ có nghiệm khi $\Delta \text{'}=-4P^2+184P+-1716\ge 0\iff 13\le P\le 33\Rightarrow \left|\text{w}\right|=\sqrt{1258}.$

Chọn đáp án A.

Gọi H là trung điểm của $AD\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow BH$ là hình chiếu vuông góc của SB trên (ABCD). Nên góc $\widehat{SBH}$ là góc giữa SB và $\left(ABCD\right)$, vậy $\widehat{SBH}={60}^0.$

$\Delta SBH$ vuông tại $A\Rightarrow BH=\sqrt{A{B}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

$\Delta HSB$ vuông tại $H\Rightarrow SH=HB.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{15}}{2}.$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{15}}{6}.$

Chọn đáp án B.

Đặt $AD=x$ với $x>0.$

Trong mặt phẳng $\left(SAC\right):$ kẻ $AH\perp SB$ tại  trong mặt phẳng $\left(SAD\right)$, kẻ $AK\perp SD$ tại K

Dễ dàng chứng minh được $AH\perp \left(SBC\right)$, $AK\perp \left(SCD\right)$ và H là trung điểm của SB

Chọn hệ trục tọa độ  như hình vẽ

Ta có: $A\left(0;0;0\right),B\left(a;0;0\right),S\left(0;0;a\right),D\left(0;x;0\right),H\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$

Suy ra: $\overrightarrow{SD}=\left(0;x;-a\right),\overrightarrow{AS}=\left(0;0;a\right),\overrightarrow{AH}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right).$

Trong tam giác SAD vuông tại A có

$S{A}^2=SK.SD\iff \frac{SK}{SD}=\frac{S{A}^2}{S{D}^2}=\frac{S{A}^2}{S{A}^2+A{D}^2}=\frac{a^2}{a^2+x^2}$                                       

 $\Rightarrow \overrightarrow{SK}=\frac{a^2}{a^2+x^2}\overrightarrow{SD}\iff \overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AS}=\frac{a^2}{a^2+x^2}\overrightarrow{SD}$                                 

$\Rightarrow \overrightarrow{AK}=\frac{a^2}{a^2+x^2}\overrightarrow{SD}+\overrightarrow{AS}\iff \overrightarrow{AK}=\left(0;\frac{a^{2}x}{a^2+x^2};\frac{a{x}^2}{a^2+x^2}\right)$                                   .

Do $\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AK}$ lần lượt là hai véc-tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(SCD\right)$ nên

$\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{3}}\iff \frac{\left|\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{AK}\right|}{\left|\overrightarrow{AH}\right|.\left|\overrightarrow{AK}\right|}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

$\iff \sqrt{3}\left|\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{AK}\right|=\left|\overrightarrow{AH}\right|.\left|\overrightarrow{AK}\right|$

$\iff \sqrt{3}.\left|\frac{a}{2}.\frac{a{x}^2}{a^2+x^2}\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{\frac{a^4{x}^2}{{\left(a^2+x^2\right)}^2}+\frac{a^2{x}^4}{{\left(a^2+x^2\right)}^2}}$

$\iff \frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2.x^2}{a^2+x^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{a^{2}x}{a^2+x^2}.\sqrt{a^2+x^2}\iff \sqrt{3}x=\sqrt{2}.\sqrt{a^2+x^2}$