Đáp án A

Thể tích khối cầu bán kính a là $V=\frac{4}{3}\pi a^3.$

Đáp án B

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

Đáp án B

$\overrightarrow{AB}=\left(1;-3;-3\right)\Rightarrow \left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{1^2+{\left(-3\right)}^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{19}$.

Đáp án A

$\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2$ và $\underset{1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)dx=4\Rightarrow \underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]dx=6$.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$.

Đáp án A

Điều kiện: $x>1$.

Phương trình tương đương với $x-1=8\iff x=9$

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ Hệ số $a>0$ do đó loại B và C

Mặt khác hàm số có 2 điểm cực trị tại $x=0,x=2$ nên chỉ đáp án A thỏa mãn

Đáp án A

Đáp án A

$V=\frac{1}{3}.h.S_{đ}=\frac{1}{3}.h.\pi .R^2=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\pi .a^2=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$ (đvtt)

Chọn D

Chọn D

Đáp án D

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Diện tích đáy $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, chiều cao $h=2a\Rightarrow V=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}$.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Vậy thể tích khối tròn xoay được tính: $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(x^2-2x\right)}^2\text{d}x$.

Đáp án D

Biến đổi về $5^{x+2}<5^{2x}\Rightarrow x>2$.

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_1+d=3\\ u_1+3d=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=2\\ u_1=1\end{array}\right.$.

Do đó: $u_{2019}=u_1+2018d=4037$.

Đáp án D

Ta có $z=\frac{5}{2+i}=2-i\Rightarrow M\left(2;-1\right)$ là điểm biểu diễn hình học của z.

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số ta chọn được đáp án

Đáp án B

$F\left(x\right)=\int \left(e^{2x}+x^2\right)dx=\frac{e^{2x}}{2}+\frac{x^3}{3}+C$.

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}=-3x^2+3$

Với $x_0=2\Rightarrow y_0=y\left(2\right)=-4$

Hệ số góc của tiếp tuyến tại hai điểm có hoành độ $x_0=2$ là $k=y^{\text{'}}\left(2\right)=-9$.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $x_0=2$ là $y=-9\left(x-2\right)-4=-9x+14$.

Chọn D

Hàm số liên tục và xác định trên $\left[-2;2\right]$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x-9$. Do đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 3x^2-6x-9=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-2;2\right]\\ x=3\notin \left[-2;2\right]\end{array}\right.$.

Khi đó $f\left(-1\right)=15$; $f\left(-2\right)=8$; $f\left(2\right)=-12$. Vậy $\underset{[-2;2]}{\max }f\left(x\right)=15$.

Đáp án B

Điều kiện: $1<x<5$.

$\begin{array}{l}2{\log }_2\left(x-1\right)\le {\log }_2\left(5-x\right)+1\iff {\log }_2{\left(x-1\right)}^2\le {\log }_2\left(10-2x\right)\\ \iff {\left(x-1\right)}^2\le 10-2x\iff -3\le x\le 3.\end{array}$

Vậy $S=\left(1;3\right]$.

Đáp án D

Diện tích hình vuông ABCD là $S_{ABCD}=a^2$.

Do $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow \left(SB;\widehat{\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SBA}=45°$.

Suy ra $SA=a\tan 45°=a$.

Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{3}$.

Đáp án B

Ta có: $T=\frac{z_1}{z_2}+\frac{z_2}{z_1}=\frac{z_1^2+z_2^2}{z_1{z}_2}=\frac{{\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2}{z_1{z}_2}$.

Theo Viet ta có $\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=4\\ z_1{z}_2=10\end{array}\right.$ nên $T=\frac{4^2-20}{10}=-\frac{2}{5}$.

Đáp án B

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

Đáp án B

$y\text{'}=-4x^3+4x=0\Rightarrow x=0;x=\pm 1$.

Khi đó $f\left(-2\right)=-9;f\left(1\right)=1;f\left(0\right)=-1;f\left(1\right)=0\Rightarrow M+m=-9$.

Đáp án C

Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (P).

Do đó: $R=d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{\left|1+2.2+2\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2}}=\frac{7}{\sqrt{5}}$.

Phương trình mặt cầu là: $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=\frac{49}{5}$.

Đáp án C

Phương trình $\iff f^2\left(x\right)=\frac{1}{4}\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{1}{2}\\ f\left(x\right)=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Phương trình $f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ có 1 nghiệm và phương trình $f\left(x\right)=-\frac{1}{2}$ có 3 nghiệm nên phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Đáp án C

Kẻ $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(S\widehat{A;(AB}C)\right)=\widehat{SAH}$.

Cạnh $AH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=a$ và $SH=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{2a.\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

$\tan \widehat{SAH}=\frac{SH}{AH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAH}=60°$.

Đáp án B

Gọi x là độ dài của cạnh hình lập phương.

Ta có: $V_{O\text{'}BCD}=\frac{1}{3}.S_{BCD}.d\left(O\text{'},\left(BCD\right)\right)=\frac{1}{3}.\frac{x^2}{2}.x=\frac{x^3}{6}$.

Theo giả thiết, $V_{O\text{'}BCD}=6a^3\iff \frac{x^3}{6}=6a^3\iff x^3=36a^3$.

Vậy thể tích lập phương là: $V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=x^3=36a^3$.

Đáp án C

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow z-3i+1=x+1+\left(y-3\right)i\Rightarrow \left|z-3i+1\right|=4\iff \sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2}=4$

$\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=16$ là đường tròn biểu diễn số phức z.

Đáp án D

Do $\underset{x\to \left(-1\right)}{\lim }y=\infty ,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty$ nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng là $x=\pm 1$.

Đáp án B

$I=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=S_1-S_2=9$

Đáp án D

$\overrightarrow{AB}=\left(2;2;-6\right)$ và $I\left(2;4;-1\right)$ là trung điểm AB.

Phương trình mặt phẳng trung trực của AB nhận vectơ $\overrightarrow{n}=\left(1;1;-3\right)$ và đi qua điểm I là

$1\left(x-2\right)+1\left(y-4\right)-3\left(z+1\right)=0\iff x+y-3z-9=0$

Đáp án D

Ta có: $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;-1\right),\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;-2;0\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_Q}\right]=-\left(2;1;3\right)$.

Chọn $z=0$ ta được $x=-1,y=1$.

Vậy điểm $M\left(-1;1;0\right)$ thuộc giao tuyến 

Phương trình đường thẳng giao tuyến là: $\frac{x+1}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{3}$.

Đáp án D

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có đạo hàm là $f\text{'}\left(x\right)={\left(x-2\right)}^4\left(x-1\right)\left(x+3\right)\sqrt{x^2+3}$.

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff {\left(x-2\right)}^4\left(x-1\right)\left(x+3\right)\sqrt{x^2+3}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=1\\ x=-3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án B

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

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ và đường thẳng $y=x$ (đường thẳng này đi qua các điểm $\left(-2;-2\right),\left(2;2\right),\left(4;4\right)$ trên hình vẽ) ta có: $f\text{'}\left(x\right)-x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=2\\ x=4\end{array}\right.$.

Mặt khác $x\to +\infty \Rightarrow f\text{'}\left(x\right)>x$ (Do đồ thị $f\text{'}\left(x\right)$ nằm phía trên đường thẳng $y=x$ ) ta có bảng xét dấu:

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-2;2\right)$ và $\left(4;+\infty \right)$, nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(2;4\right)$.

Đáp án C

Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách suy ra $n\left(\Omega \right)=C_9^3$.

Gọi A: “biến cố lấy được 3 quyển sách thuộc 3 môn khác nhau”

Ta có: $n\left(A\right)=C_4^1.C_3^1.C_2^1=24$.

Vậy $P\left(A\right)=\frac{24}{C_9^3}=\frac{2}{7}$

Đáp án A

Ta có: $\begin{array}{l}124=\pi .r_1^2.h_1+\frac{1}{3}\pi .r_2^2.h_2\iff 124=\pi {\left(\frac{3}{2}{r}_2\right)}^2{h}_2+\frac{1}{3}\pi .r_2^2.h_2\\ \iff 124=\frac{31}{12}\pi .r_2^2.h_2\Rightarrow \frac{1}{3}\pi .r_2^2.h_2=16\Rightarrow V_{\left(N\right)}=16\left(c{m}^3\right)\end{array}$

Đáp án D

Đặt $t=2x+1\Rightarrow x=\frac{t-1}{2},dx=\frac{1}{2}dt,I=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\frac{t-1}{4t^2}=\left(\frac{1}{4}\ln t+\frac{1}{4t}\right)\left|{}_1^3\right.=\frac{1}{4}\ln 3-\frac{1}{6}$.

Khi đó: $a+b+c=\frac{1}{12}$.

Đáp án D

Ta có: $f\left(a\right)=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(\sqrt[3]{a^{-2}}-\sqrt[3]{a}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(\sqrt[8]{a^3}-\sqrt[8]{a^{-1}}\right)}=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(a^{\frac{-2}{3}}-a^{\frac{1}{3}}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(a^{\frac{3}{8}}-a^{\frac{1}{8}}\right)}=\frac{1-a}{a^{\frac{1}{2}}-1}=\frac{-\left(a^{\frac{1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{1}{2}}+1\right)}{a^{\frac{1}{2}}-1}=-a^{\frac{1}{2}}-1$

Khi đó $M=f\left({2019}^{2018}\right)=-{\left({2019}^{2018}\right)}^{\frac{1}{2}}-1=-{2019}^{1009-1}$.

Đáp án B

Tam giác $\Delta AOD$ đều (tam giác cân có 1 góc )

Suy ra $OA=AD=a\Rightarrow AC=2a\Rightarrow CD=a\sqrt{3}$.

Ta có $\widehat{SCD}=45°\Rightarrow SD=CD\tan 45°=a\sqrt{3}$.

Ta có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{k^2}{h^2}$.

Trong đó:

$\begin{array}{l}c=d\left(B;AC\right)\Rightarrow \frac{1}{c^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{D}^2}\\ k=\frac{BD}{BO}=2,h=SD=a\Rightarrow \frac{1}{d^2}=\frac{1}{{\sqrt{3}}^2}+\frac{1}{1^2}+\frac{2^2}{{\sqrt{3}}^2}\Rightarrow d=\frac{\sqrt{6}}{4}\end{array}$

Đáp án D

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\frac{1}{x+2}\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=-\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.$.

Khi đó $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)dx}{x+2}=\frac{f\left(x\right)}{x+2}\left|{}_0^2\right.+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{f\left(2\right)}{4}-\frac{f\left(0\right)}{2}+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{{\left(x+2\right)}^2}=1+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{{\left(x+2\right)}^2}$.

Suy ra $K=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{{\left(x+2\right)}^2}=2\stackrel{x=2t}{\to }K=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(2t\right)d2t}{{\left(2t+2\right)}^2}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(2t\right)dt}{2{\left(t+1\right)}^2}=2$.

Vậy $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(2t\right)dt}{{\left(t+1\right)}^2}=4$.

Đáp án B

Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi A là giao điểm của d và (P).

Gọi $A\left(-2t;t;-1-2t\right)\in d$, cho $A\in \left(P\right)\Rightarrow -2t+t+1+2t+1=0\iff t=-2\Rightarrow A\left(4;-2;3\right)\in \Delta$.

Áp dụng công thức nhanh ta có: $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]\right]=\left(7;-2;5\right)$.

Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là: $\left\{\begin{array}{l}x=4+7t\\ y=-2+2t\\ z=3+5t\end{array}\right.$.

Đáp án B

Ta có phương trình $\iff 2\sqrt{1+{\log }_{3}x}-3{\log }_{3}x+1=m$.

Đặt $t=\sqrt{1+{\log }_{3}x}\Rightarrow {\log }_{3}x=t^2-1\left(t\ge 0\right)$.

Khi đó ta có: $2t-3\left(t^2-1\right)+1=m\iff -3t^2+2t+4=m$.

Xét hàm số $f\left(t\right)=-3t^2+2t+4$ với $t\ge 0$ ta có $f\text{'}\left(t\right)=-6t+2=0\iff t=\frac{1}{3}$.

Mặt khác $f\left(0\right)=4,f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{13}{3},\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$.

Dựa vào BBT suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m\le 4$.

Kết hợp điều kiện bài toán suy ra $m=\left\{1;2;3;4\right\}$.

Đáp án D

Giả sử đồ thị hàm số $y=x^4-4x^2+2$ cắt đường thẳng $y=m$ tại 4 điểm có hoành độ $-b,-a,a,b$ thì $b^4-4b^2+2=m$.

Để $\begin{array}{l}{S}_1+S_2=S_3\iff \underset{0}{\overset{b}{\int }}\left(x^4-4x^2+2-m\right)=0\iff \frac{b^5}{5}-4\frac{b^3}{3}+2b-mb=0\\ \Rightarrow \frac{b^4}{5}-4\frac{b^2}{3}+2=m\iff \frac{b^4}{5}-\frac{4b^2}{3}+2=b^4-4b^2+2\iff \frac{4}{5}{b}^4=\frac{8}{3}{b}^2\Rightarrow b^2=\frac{10}{3}\end{array}$

Khi đó $m=b^4-4b^2+2=\frac{-2}{9}$.

Đáp án B

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=2f\left(x^2\right).2x.f\text{'}\left(x^2\right)-6xf\text{'}\left(x^2\right)=4xf\text{'}\left(x^2\right).\left[f\left(x^2\right)-\frac{3}{2}\right]$.

Phương trình $f\text{'}\left(x^2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=3\end{array}\right.\to$ có 4 nghiệm.

Phương trình $f\left(x\right)=\frac{3}{2}$ có nghiệm x âm nên phương trình $f\left(x^2\right)=\frac{3}{2}$ vô nghiệm.

Do đó phương trình $g\text{'}\left(x\right)=0$ có 5 nghiệm.

Đáp án D

Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên .

Ta có: $\overrightarrow{u_{AI}}=\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\left(1;1;1\right)\Rightarrow AE:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{1}$, giao điểm của AI và $\left(P\right)$ là $E\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$.

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(1;-1;0\right)$ và bán kính $R=\sqrt{\frac{5}{6}}$, bán kính đường tròn giao tuyến là $r=\sqrt{R^2-d_{\left(I,\left(P\right)\right)}^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên $\left(P\right)\Rightarrow IK:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-1+t\\ z=t\end{array}\right.$.

Giải $1+t-1+t+t-1=0\iff t=\frac{1}{3}\Rightarrow K\left(\frac{4}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)$.

Ta có $A{M}^2=A{E}^2+E{M}^2$ lớn nhất khi $E{M}_{\max }$.

Mặt khác $E{M}_{\max }=EK+r=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow P_{\max }=\sqrt{E{M}_{\max }^2+A{E}^2}=\frac{\sqrt{210}}{6}$

Đáp án B

Điều kiện để bất phương trình $m\ge f\left(\frac{x}{2}+1\right)+x^2-4x$ có nghiệm trên đoạn [-1;4] là $m\ge \underset{\left[-1;4\right]}{Min}g\left(x\right)$

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(\frac{x}{2}+1\right)+x^2-4x$ với $x\in \left[-1;4\right]$

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)+2(x-2).$ Đặt $t=\left(\frac{x}{2}+1\right)$

Ta thấy $x\in (2;4)\Rightarrow t\in \left(2;3\right)\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)>0\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)+2\left(x-2\right)>0$

Với $x\in \left(-1;4\right)\Rightarrow t\in \left(\frac{1}{2};2\right)\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)<0\Rightarrow g\text{'}\left(t\right)<0$

Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) trên đoạn [-1;4] như sau

Mặt khác $g\left(2\right)=f\left(2\right)+2^2-4.2=-5$

Suy ra $m\ge -5$ là giá trị cần tìm. Kết hợp $m\in {\mathbb{Z}}^{-}\Rightarrow m=\left\{-5;-4;-3;-2;-1\right\}$

Đáp án C

Ta có: $\text{w}=\frac{2\text{z}-i}{2+iz}\iff \text{w}(2+iz)=2\text{z}-i\iff 2w+\text{w}iz=2z-i$