Đáp án D

Đường thẳng đi qua điểm A(1;4;-7) và vuông góc với mặt phẳng x+2y-2z-3=0 nên có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(1;2;-2)$ có phương trình là  $\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}$

Đáp án D

Loại ngay đáp án B, C vì hàm bậc một nếu có đồng biến thì đồng biến trên từng khoảng xác định.

Loại đáp án A vì phương trình y'=3x²-2=0 có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án D: Ta có y'=3x²+3>0,$\forall x\in \mathrm{ℝ}$ suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  

Đáp án C

Ta có: z=2i(2-i)=4i-2(-1)=2+4i 

Vậy phần ảo của số phức z là 4.

Đáp án A

Điều kiện: $2x^2-x-1>0\iff \left\{\begin{array}{l}x<-\frac{1}{2}\\ x>1\end{array}\right.$  

Tập xác định  $D=\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Mỗi cạnh chỉ là cạnh chung của 2 mặt.

Đáp án B

Ta có $F\left(x\right)=4x^3+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+C$

Theo giả thiết  $5F\left(1\right)+F\left(2\right)=43=> 5\left(\frac{7}{2}+C\right)+\left(\frac{45}{2}+C\right)=43=> C=\frac{1}{2}$

Do đó  $F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+\frac{1}{2}=> F\left(\right)=23$

Đáp án D

Ta có:  u_n=u₁=(n-1)d=> u₅=u₁+4d=2018-3.4=2006

Đáp án A

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;2) loại đáp án B.

Đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị $ab\ge 0$ nên ta loại đáp án C.

Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án D.

Đáp án D

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có phương trình là: $\left(\alpha \right) \frac{x}{-3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{-2}=1\iff 4x-3y+6z+12=0$

Đáp án C

Đặt  $$\begin{gathered} t=\ln x=> dt=\frac{dx}{x} \\ I={\int }_0^1\sqrt{3t+1}dtdt=\frac{14}{9}=\frac{a}{b}=> a+2b=32 \end{gathered}$$

Đáp án B

TXD:  $D=[1; +\infty )\backslash \left\{5\right\}$

 $\underset{x-> 5-}{\lim }y= \underset{x-> +\infty }{\lim }\left(\frac{\sqrt{x-1}}{x^2-x-20}\right)$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng  làm đường tiệm cận ngang.

 $\underset{x-> 5-}{\lim }y=-\infty , \underset{x-> 5+}{\lim }=+\infty$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng  làm đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.

Đáp án B

$$\begin{gathered} Ta có S_{xq}=\mathrm{\pi Rl} \\ Nên S_{xq}=4\sqrt{3}\mathrm{\pi } \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} Điều kiện: 0<x<\frac{1}{2} \\ Ta có: {\log }_{\frac{1}{3}}\frac{1-2x}{x}>0\iff \frac{1-2x}{x}<1 vì 0<\frac{1}{3}<1 \\ \iff \frac{1-2x}{x}-1<0\iff \frac{1-3x}{x}<0 \\ Mặt khác x\in \left(0;\frac{1}{2}\right)=> \frac{1}{2}>x>\frac{1}{3} \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình f(x)=m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: $-\sqrt{2}<m<-1$ 

Đáp án B

Khối trụ ban đầu có thể tích là $V_1=\mathrm{\pi }{R}^{2}h$ 

Sau khi tăng lên thì khối trụ có thể tích: $V_2=\pi {\left(2R\right)}^2-> h=4\pi R^{2}h=4V_1$ 

Đáp án B

Ta có:  y''=(x³+3x²+m)''=6x-6=0<=> x=1=> y₍₁₎=m-2

Đồ thị hàm số nhận điểm A(1;3) làm tâm đối xứng khi và chỉ khi y₍₁₎=3<=> m-2=3<=> m=5

Đáp án D

Góc giữa SC và (ABCD) là $\widehat{SCA}=45°$ 

Xét

$∆SAC có SA=AC=a\sqrt{2} (và ∆SAC vuông cân tại A)$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA{S}_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$ 

Đáp án C

Tập xác định  D=R

Ta có  f(-4)=-4m+1

$\underset{x-> -4}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x-> -4}{\lim }\frac{x^2+x-12}{x+4}=\underset{x->-4}{\lim }\frac{(x+4)(x-3)}{x+4}$

Hàm số liên tục tại x₀=-4 khi  $\underset{x-> -4}{\lim }f\left(x\right)=f(-4)<=>4m+1=-7<=>m=2$

Đáp án A

$$\begin{gathered} Ta có: |z_1-z_2{|}^2=(z_1-z_2\left)\right(\overline{z_1-z_2})=(z_1-z_2\left)\right(\overline{z_1}-\overline{z_2})=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2-(z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2) \\ =>z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2=1 \\ => |z_1+z_2{|}^2=(z_1-z_2)\left(\overline{z_1-z_2}\right)=(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2+(z_1.\overline{z_2}+\overline{z_1}.z_2) =3 \\ Từ đó suy ra |z_1+z_2|=\sqrt{3} \end{gathered}$$

Đáp án A

Dễ thấy $OH\perp \left(P\right)$ nên (P) qua H và nhận $\overrightarrow{OH}$ làm vectơ pháp tuyến

Do đó   (P) : x-2y+3z-13=0  

Đáp án D

Với điều kiện  $0<x\ne 1,0<a\ne 1$

Ta có:  $$\begin{gathered} {\log }_{x}a+{\log }_x{a}^3+{\log }_x{a}^5+...+{\log }_x{a}^{2019} \\ ={\log }_x(a.a^3.a^5...a^{2019})= (1+3+5+...+2019){\log }_{x}a(*) \\ ={1010}^3{\log }_{x}a=\frac{{1010}^2}{{\log }_{x}a} \end{gathered}$$

Đáp án D

Dễ thấy ABC là tam giác đều, nên có thể giả sử tọa độ ba điểm cực trị của hàm số đã cho là $A(0;-1); B(-\sqrt{3};-4); C\left(\sqrt{3};-4\right)$

Đặt AM=x; AN=y(x,y>0) 

Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{2}xy \sin 60°\frac{1}{3}\frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}\iff xy=4$ 

Lại có  $M{N}^2=x^2+y^2-2xy\cos 60°\ge 2xy=4=4$

GTNN của độ dài đoạn thẳng MN là 2.

Đáp án D

Điều kiện: 17.2^x-8>0 

Phương trình tương đương với:17.2^x-8=2^2x<=> (2^x)²-17.2^x+8=0

Đặt 2^x=t (với t>0).

Khi đó phương trình trở thành:  t²-17t+8=0

Phương trình có hai nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn: t_1.t₂=8

=> 2^x1.2^x2=8<=> 2^x1+x2=2³<=> x₁+x₂=3

Đáp án C

Ta có: $lim\frac{1+2n-2\sqrt{5}{n}^2}{\sqrt{3n^4+2}}=lim\frac{{\displaystyle \frac{1}{n^2}}+{\displaystyle \frac{2}{n}}-2\sqrt{5}}{\sqrt{3+{\displaystyle \frac{2}{n^4}}}}=\frac{-2\sqrt{5}}{3}=\frac{-2\sqrt{15}}{3}=> a=-2; b=15; c=3$ 

Khi đó $\frac{ac}{b}+1=\frac{3}{5}\notin \mathrm{\mathbb{Z}}$ 

Đáp án D

Ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=\int ({2018}^x\ln 2018-\cos x)dx\\ f\left(0\right)=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)={2018}^x-\sin x x+C\\ 2={2018}^x-\sin 0 +C\end{array}\right. \\ <=>f\left(x\right)={2018}^x-\sin x +1 \end{gathered}$$ 

Đáp án B

Giả sử z=x+yi(x,y$\in \mathrm{ℝ}$ )=> M(x,y)  là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng Oxy, A(4;0); B(-4;0)  tương ứng là các điểm biểu diễn số phức  z₁=4; z₂=-4 

Theo bài ra  |z+4|+z-4|=10<=> MA+MB=2a<=> a=5|

AB=8=2c=> c=4=> b=3

Vậy tập hợp điểm M là elip có hai tiêu điểm A, B. Phương trình elip:  $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$

Diện tích của elip:  $S=\mathrm{\pi ab}=15\mathrm{\pi }$ 

Đáp án A

Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.

Gắn hệ trục Oxy, vì OI=30 mét nên I(0;30) 

Phương trình hai đường tròn lần lượt là x²+y²=20² và x²+(y-30)²=15²  

Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2={20}^2\\ x^2+{(y-30)}^2={15}^2\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{5\sqrt{455}}{12}\\ y=\frac{215}{12}\end{array}\right.\right.$

Tổng diện tích hai đường tròn là  $\mathrm{\pi }({20}^2+15{}^2 )=625\mathrm{\pi } \left(m^2\right)$

Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

$y=30-\sqrt{{15}^2-x^2} và y=\sqrt{{20}^2-x^2}$

Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là

$S={\int }_{\frac{-5\sqrt{455}}{12}}^{\frac{5\sqrt{455}}{12}}(\sqrt{{20}^2-x^2}+{15}^2-x^2-30)dx\approx 60,2546 \left(m^2\right)$

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là:

 $300000.60,2546 \approx 18076386$ (đồng).

Số tiền để làm phần còn lại là:

 $100000.(625\mathrm{\pi }-2.60,2546)=184 299 220$ (đồng)

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là:

 $184 299 220+18076386\approx 202375606$ (đồng).

Đáp án D

$$\begin{gathered} Xét phương trình: z^2-4x+5=0<=>{(z-2)}^2=-1<=>\left[\begin{array}{c}{z}_1=2+i\\ z_2=2-i\end{array}\right] \\ Khi đó ta có: {(z_1-1)}^{2019}+{(z_2-1)}^{2019}={(1+i)}^{2019}+{(1-i)}^{2019}=(1+i)\left[{\left(1+i\right)}^{1009}\right]+(1-i).{\left[\left(1-i\right)2\right]}^{1009} \\ =(1+i).{\left(2i\right)}^{1009}+{(1+i-2i)}^{1009}=(2i{)}^{1009}.\left[(1+i)-(1-i)\right]={\left(2i\right)}^{1010}=-2^{1010} \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

ABCD là hình chữ nhật => OAOB=OD 

Mà A'A=A'B'=A'D nên A'O $\perp$(ABD) (vì A'O là trực tâm tam giác ABD) $∆ABD$ vuông tại A

$$\begin{gathered} =>BD=\sqrt{A{B}^2+A{O}^2=2a}=> OA=OD=a \\ ∆A\text{'}AO vuông tại O \\ => A\text{'}O=a\sqrt{3} \\ {S}_{ABCD}=AB.AD=a^2\sqrt{3}=> V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=A\text{'}O.S_{ABCD}=3a^3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Đặt |z₁|=|z₂|=|z₃|=R

Khi đó A, B, C nằm trên đường tròn  (O;R)

Do z₁+z₂=0 nên hai điểm A, B đối xứng nhau qua O.

Như vậy điểm C nằm trên đường tròn đường kính AB (bỏ đi hai điểm A và B) hay tam giác ABC vuông tại C.

Đáp án C

Đặt t= cos x (vì $0<x<\frac{\mathrm{\pi }}{3}=>\frac{1}{2}<t<1$).

$$\begin{gathered} ( \mathrm{t}\text{'}=-\mathrm{sinx} <0, \forall \mathrm{x}\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right) \mathrm{do} \mathrm{đó} \mathrm{t}=\cos \mathrm{x} \mathrm{nghịch} \mathrm{biến} \mathrm{trên} \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)). \\ \mathrm{Hàm} \mathrm{số} \mathrm{trở} \mathrm{thành} \mathrm{y}\left(\mathrm{t}\right)=\frac{2\mathrm{y}+3}{2\mathrm{t}-\mathrm{m}}(\mathrm{t}\ne \frac{\mathrm{m}}{2}) \\ \mathrm{Ta} \mathrm{có}: \mathrm{y}\text{'}\left(\mathrm{t}\right)=\frac{-2\mathrm{m}+6}{{\left(2\mathrm{t}-\mathrm{m}\right)}^2} \\ \mathrm{Do} \mathrm{đó} \mathrm{yêu} \mathrm{cầu} \mathrm{toán} \mathrm{trở} \mathrm{thành} \mathrm{y}\text{'}\left(\mathrm{t}\right) \mathrm{đồng} \mathrm{biến} \mathrm{trên} \mathrm{khoảng} \left(\frac{1}{2};1\right) \mathrm{khi} \\ \mathrm{y}\text{'}\left(\mathrm{t}\right)>0; \forall \mathrm{t}\in \left(\frac{1}{2};1\right) \\ <=>\left\{\begin{array}{l}-2\mathrm{m}-6>0\\ 2\mathrm{t}-\mathrm{m}\ne 0\end{array};\right.\forall \mathrm{t}\in \left(\frac{1}{2};1\right)<=>\left\{\begin{array}{l}\mathrm{m}<-3\\ \mathrm{m}\ne (1;2)\end{array}<=>\mathrm{m}<-3\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

(I) “Có $A_9^4$ số có 4 chữ số được lập từ tập X” là mệnh đề sai vì có 9⁴ số có 4 chữ số được lập từ tập X.

(II) “$A_{10}^5$ là một tổ hợp chập 3 của X” là mệnh đề sai vì $A_{10}^5$ là một chỉnh hợp chập 3 của X.

(III) “Mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 9 của X” là mệnh đề đúng.

Đáp án C

$$\begin{gathered} F\left(x\right)=\int \frac{1}{x}dx =\ln \left|x\right|+C đồ thị hàm số y=F\left(x\right) đi qua M(-1;0) \\ => C=0=> F\left(x\right)=\ln \left|x\right| \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi n là số hàng cần tìm.      

Ta có: 1+2+3+...+n=120<=>$\frac{n(n+1)}{2}=120<=>\left[\begin{array}{c}n=15\\ n=-16\left(l\right)\end{array}\right]=>n=15$ 

Đáp án B

$$\begin{gathered} Ta có: 1+f\left(x\right)=f\left(x\right)f(1-x) +f\left(x\right)=> \frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}=\frac{1}{f(1-x)+1} \\ Xét I={\int }_0^1\frac{dx}{1+f\left(x\right)} \\ Đặt t=1-x=> x=1-t=> dx=-dt \\ Đổi cận: \left\{\begin{array}{l}x=0=> t=1\\ x=1=> t=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Khi đó I=-{\int }_1^0\frac{dx}{1+f(1-t)}={\int }_1^0\frac{dt}{1+f(1-t)}={\int }_0^1\frac{dx}{1+f(1-x)}={\int }_0^1\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)} \\ Mặt khác {\int }_0^1\frac{dx}{1+f\left(x\right)}+{\int }_0^1\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx={\int }_0^1\frac{1+f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx={\int }_0^{1}dx=1 hay 2I=1 \\ Vậy I=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án D

Kẻ MN //CD (N CD), suy ra ABMN là thiết diện của khối chóp.

Ta có $$\begin{gathered} V_{S.ABMN}=V_{S.ABM}+V_{S.AMN} \\ \frac{V_{S.ABM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SC}=\frac{1}{2}=>V_{S.ABM}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD} \\ \frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ACD}}=\frac{SM}{SC}.\frac{SN}{SD}=\frac{1}{4}=> V_{S.AMN}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD} \end{gathered}$$

Do đó $V_{S.ABMN}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}+\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}=\frac{3}{8}{V}_{S.ABCD}$  

Suy ra $V_{ABMNCD}=\frac{5}{8}{V}_{S.ABCD} nên \frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{5}$

Đáp án A

Gọi phương trình mặt phẳng là: (P) Ax+By+Cz+D=0 (với A²+B²+C² $\ne$0)

Theo đề bài, mặt phẳng qua A, B nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}A+D=0\\ 2C+D=0\end{array}=>\left\{\begin{array}{l}A=2C\\ D=-2C\end{array}\right.\right.$ 

Vậy mặt phẳng (P) có dạng: 2Cx+By+Cz-2C=0 

(S) có tâm I(1;1;0) và  R=1

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d(I;(P))=R 

$<=>\frac{|2C+B-2C|}{\sqrt{5C^2+B^2}}=1<=> B^2=5C^2+B^2<=> C=0$

Suy ra  A=D=0

Vậy phương trình mặt phẳng  (P) y=0

Đáp án B

Ta có:  AC=SC. cos 30^o=a$\sqrt{3}$

 AB²+BC²=2a²+a²=3a²=AC²=> $∆$ABC là tam giác vuông ở B.

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.

Khi đó ta có: H là tâm đường tròn ngoại tiếp $∆$ABC .

HI $\perp$(ABC)

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC, suy ra

R$=\frac{1}{2}SC=a$ 

Vậy  R=a

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=|x^2-2x|\left(\right|x|-1)=\left\{\begin{array}{l}(x^2-2x)(x-1)=x3-3x^2+2x(x\ge 2)\\ -(x^2-2x)(x-1)=-x^3+3x^2-2x(0\le x\le 2)\\ (x^2-2x)(-x-1)=-x^3+x^2+2x(x<0)\end{array}\right. \\ f\text{'}\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}3x^2-6x+2, x\ge 2\\ -3x^2+6x-2, 0\le x<2\\ -3x2+2x+2, x<0\end{array}\right. \\ f\text{'}\left(x\right)=0<=>\left[\begin{array}{c}x=\frac{3+\sqrt{3}}{3}\\ x=\frac{3-\sqrt{3}}{3}\\ x=\frac{1-\sqrt{7}}{3}\end{array}\right] \end{gathered}$$

Bảng biến thiên hàm số  

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f(x)=m có tối đa 4 nghiệm.

Đáp án C

Ta có hàm số y=f(x+2018) có đồ thị là hàm số y=f(x) tịnh tiến sang trái 2018 đơn vị.

Hàm số y=f(x+2018)+m² có đồ thị hàm số y=f(x+2018) tịnh tiến lên trên m² đơn vị.

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị.

Khi tịnh tiến sang trái 2018 đơn vị thì số điểm cực trị hàm số y=f(x+2018) vẫn là 3 điểm cực trị.

Để hàm số y=|f(x+2018)+m²|có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y=f(x+2018) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt (trừ các điểm cực trị tiếp xúc với trục hoành).

$$\begin{gathered} <=> 2\le m^2<6<=>\left[\begin{array}{c}\sqrt{2}\le m<\sqrt{6}\\ -\sqrt{6}<m\le -\sqrt{2}\end{array}\right] \\ Do m\in \mathrm{\mathbb{Z}}=>\mathrm{ }m\in -\left\{2;2\right\} \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi $∆$ là đường thẳng cần tìm.

 $∆\cap d_1$=A(t₁+1;-t₁-2;2t₁+3) ; $∆\cap d_2$=B(2t₂-1;-t₂+4; 4t₂+2) 

$\overrightarrow{MA}$=(t₁+1;-t₁-1;2t₁+1); $\overrightarrow{MB}$=(2t₂-1; -t₂+5; 4t₂)

Ta có: M,A,B thẳng hàng khi  $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$

$<=>\left\{\begin{array}{l}{t}_1+1=k(2t_2-1)\\ -t_1-1=k(-t_2+5)\\ 2t_1+1=4k{t}_2\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ k=\frac{-1}{2}=>\left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ t_2=-4\end{array}\right.\\ k{t}_2=2\end{array}\right.$

Suy ra  $\overrightarrow{MB}=(-9;9;-16)$

Đường thẳng $$\begin{gathered} ∆ đi qua M(0;-1;2), một vectơ chỉ phương là \overrightarrow{u}=(9;-9;16) có phương trình là: \\ ∆\frac{x}{9}=\frac{x+1}{-9}=\frac{z-2}{16} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $4^{x^2-2x+1}-m.2^{x^2-2x+2}+3m-2=0<=>4^{x^2-2x+1}-2m.2^{x^2-2x+1}+3m-2=0$ Đặt $2^{x^2-2x+1}=t$ ta có phương trình t²-2mt+3m-2=0

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt<=>  (1) phải có 2 nghiệm phân biệt t₁, t₂  lớn hơn 1

<=> $\left\{\begin{array}{l}∆\text{'}>0\\ (t_1-1)(t_2-1)>0\\ \frac{t_1+t_2}{2}>0\end{array}<=>\right.\left\{\begin{array}{l}∆\text{'}>0\\ t_1.t_2(t_1+t_2)+1>0\\ t_1+t_2>2\end{array}<=>\right.\left\{\begin{array}{l}{m}^2-3m+2>0\\ 3m-2-2m+1=0\\ 2m>2\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}m>2, m<1\\ m>1\\ m>1\end{array}\right.<=>m>2\right.$

Đáp án D

Gọi R là bán kính đáy của khối nón trục  OI=> V= $\frac{1}{3}\mathrm{\pi }$R².OI

Giả sử mặt phẳng trung trục của OI cắt trục OI tại H, cắt đường sinh OM tại N.

Khi đó mặt phẳng này chia khối nón thành 2 phần, phần trên là khối nón mới có bán kính r=$\frac{R}{2}có chiều cao là \frac{OI}{2}$

$=> V_1=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }{\left(\frac{\mathrm{R}}{2}\right)}^2\left(\frac{\mathrm{OI}}{2}\right)=\frac{{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{24}$

Phần dưới là khối nón cụt có thể tích $=>V_2=V- V_1=\frac{{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{3}-\frac{{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{24}=\frac{7{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{24}$ 

Vậy tỉ số thể tích là  $\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{24}}{\frac{7{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{OI}}{24}}=\frac{1}{7}$

Đáp án D

Gọi M, N lần lượt thuộc BB' và CC' sao cho BM=CN=2 

Khi đó ta có:

$$\begin{gathered} V_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}= V_{ABC.A_{1}MN}+V_{A_{1}MN{C}_1{B}_1}=\frac{1}{3} +\frac{x+y-4}{12} A\text{'}BC\text{'}B\text{'} \\ =\frac{1}{3}V +\frac{x+y-4}{12}.\frac{2}{3}V \end{gathered}$$

Mặt khác theo giả thiết ta có:

$V_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}=\frac{1}{2}V=>\frac{1}{3} V+\frac{x+y-4}{12}.\frac{2}{3}V=\frac{1}{2}V<=>\frac{1}{3}+\frac{x+y-4}{12}.\frac{2}{3}=\frac{1}{2}<=> x+y=7$

Đáp án A

Ta có: F(x) =$\int$ tan xdx=$\int \frac{\sin xdx}{\cos x}$=-ln |cos x|+C xác định trên 2 miền

+ Miền thứ nhất $\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi }<\mathrm{x}<\frac{3\mathrm{\pi }}{2}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }$ ta có:

$3F\left(\mathrm{\pi }\right)=3(-\ln |\cos \mathrm{\pi }|+C)=6<=> C=2-> F\left(x\right) =-\ln |\cos x|+2$

=> F()=-ln +2=2+ln2

Miền thứ hai $-\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi }<\mathrm{x}<\frac{\mathrm{\pi }}{2}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }$, ta có:

$F\left(0\right)=-\ln |\cos 0|+C=6<=> C=6-> F\left(x\right)=-\ln |\cos x|+6 => F\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=-\ln \left|\cos \frac{\mathrm{\pi }}{3}\right| +6=6+\ln 2$

Do đó: $F\left(\frac{4\mathrm{\pi }}{3}\right)+F\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$ =2 ln2 +8

Đáp án A

Điều kiện 

$$\begin{gathered} h\ge 0 \\ Ta có: V=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi r}}^2+{\mathrm{\pi r}}^{2}h=> h=\frac{V-{\displaystyle \frac{4}{3}}{\mathrm{\pi r}}^3}{{\mathrm{\pi r}}^2} \end{gathered}$$

Diện tích toàn phần của bồn xăng là  

$S\left(r\right)=4{\mathrm{\pi r}}^2+2\mathrm{\pi }h=> h=\frac{4{\mathrm{\pi r}}^3+2V-{\displaystyle \frac{8}{3}}{\mathrm{\pi r}}^3}{r}$

Ta có: $S\text{'}\left(r\right)=\frac{{\displaystyle \frac{8}{3}}{\mathrm{\pi r}}^3-2\mathrm{V}}{r^2}=0<=> \frac{8}{3}{\mathrm{\pi r}}^3=2V<=> r=\sqrt[3]{\frac{3V}{4\mathrm{\pi }}}$

Lập bảng biến thiên ta sẽ thấy  S_min<=> r=$\sqrt[3]{\frac{3V}{4\mathrm{\pi }}}=>h=\frac{4\mathrm{\pi }.{\displaystyle \frac{3\mathrm{V}}{4\mathrm{\pi }}}+2\mathrm{V}-{\displaystyle \frac{8}{3}}\mathrm{\pi }.\frac{3\mathrm{V}}{4\mathrm{\pi }}}{r}=0$

nguyên vật liệu làm bồn xăng là ít nhất S_min<=> h=0  

Đáp án D

Từ giả thiết f(x).f(2-x)=$e^{2x^2-4x}$ $\stackrel{x=2}{\to }f\left(2\right)=1$

Ta có  ${\int }_0^2\frac{(x^3-3x^2.f\text{'}(x)}{f\left(x\right)}dx$

Đặt  $\left\{\begin{array}{l}u=x^3-3x^2\\ dv=\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}du=(3x^2-6x)dx\\ v=\ln \left|f\right(x\left)\right|\end{array}\right.\right.$