Chọn A

Chọn B

Chọn C

Ta có $5^{x+1}-\frac{1}{5}>0\iff 5^{x+1}>5^{-1}\iff x+1>-1\iff x>-2$.

Chọn D

Chọn D

Chọn C

Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1 và đi qua điểm (0;2).

Suy ra hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$ có đồ thị là hình vẽ đã cho.

Chọn A

Điều kiện xác định của hàm số là $\sin x\ne 0\iff x\ne k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Chọn C

Diện tích đáy của khối chóp là $B=a^2$.

Chọn B

Xét hàm số $y=x^3+x$ có $y^{\text{'}}=3x^2+1>0,\forall x\in ℝ$.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên R.

Chọn D

Chọn B

Ta có $V=\pi .R^2.h\iff 3\pi a^3=\pi a^2.h\Rightarrow h=3a$.

Chọn B

Chọn D

Giả sử số tự nhiên có dạng $\overline{abcde}$.

Chọn B

Chọn A

Chọn D

Chọn C

Chọn D

Chọn B

Chọn D

Phương trình đường tròn có tâm I(-1;1) và bán kính R là: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=R^2$.

Ta có: $A\in \left(C\right)\Rightarrow 4^2+3^2=R^2\iff R^2=25$.

Chọn C

Ta có:

$\sqrt{x^2+6x+9}=\left|2x-1\right|\iff \left|x+3\right|=\left|2x-1\right|\iff \left[\begin{array}{l}x+3=2x-1\\ x+3=-2x+1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=\frac{-2}{3}\end{array}\right.$

Chọn A

- Để phương trình có nghiệm:

$2^2+{\left(m-1\right)}^2\ge {\left(m+1\right)}^2\iff 4+m^2-2m+1\ge m^2+2m+1\iff m\le 1$

$m\in \left[-2023;2023\right]\Rightarrow \left[-2023;1\right]$. Có 2025giá trị

Chọn B

- Số cách chọn 3 viên bi trong hộp đựng 9 viên bi: $\left|\Omega \right|=C_9^3=84$

- Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”: $n\left(A\right)=C_5^2.C_4^1+C_5^3=50$.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của AC' lên (ABC) là AC, do đó góc giữa AC' và mặt phẳng (ABC) là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC' và AC hay $\widehat{C^{\text{'}}AC}$

Trong tam giác vuông C'AC, vuông tại C, ta có:

$\tan \widehat{C^{\text{'}}AC}=\frac{CC\text{'}}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{C^{\text{'}}AC}={30}^0$

Chọn A

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x+1\right)<{\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x+1>0\\ 2x-1>0\\ x+1>2x-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-1\\ x>\frac{1}{2}\\ x<2\end{array}\right.\iff \frac{1}{2}<x<2$.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{x^2-2x-4}{{\left(x-1\right)}^2}>0,\forall x\in \left[2;4\right]$ nên hàm số đồng biến trên [2;4].

Chọn A

Chọn D

Ta có $\frac{10-x}{2x-4}\ge 0\iff 2<x\le 10$ mà $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{3;4;\mathrm{...};10\right\}$ do đó bất phương trình có 8  nghiệm nguyên.

Chọn D

Vẽ $BH\perp AC$ tại H, khi đó $\left\{\begin{array}{l}BH\perp AC\\ BH\perp SA\left(SA\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right.$ nên $BH\perp \left(SAC\right)$

Do đó $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BH$.

Ta có $BH=\sqrt{\frac{B{A}^2.B{C}^2}{B{A}^2+B{C}^2}}=\sqrt{\frac{a^2.{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, với $BC=AD=a\sqrt{3}$.

Chọn A

Gọi H là trung điểm B'C'. Ta có $A^{\text{'}}H\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$, do đó góc giữa hai mặt phẳng (AB'C') và (ABC) là $\widehat{AH{A}^{\text{'}}}=60°$.

Có $A^{\text{'}}H=A^{\text{'}}B.\cos 60°=2.\frac{1}{2}=1$.

Trong tam giác A'B'C' có $S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.\sin \widehat{B^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\mathrm{.2.2.}\sin 120°=\sqrt{3}$.

Trong tam giác AHA' vuông tại A' ta có : $A{A}^{\text{'}}=A^{\text{'}}H.\tan 60°=\sqrt{3}$.

Chọn D

Điều kiện xác định $\left\{\begin{array}{l}x+2\ge 0\\ x^2-6x+2m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ x^2-6x+2m>0\end{array}\right.$.

Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng <=> phương trình $x^2-6x+m=0$ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn $-2\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}={\left(-3\right)}^2-2m>0\\ \left(x_1+2\right)\left(x_2+2\right)>0\\ \left(x_1+2\right)+\left(x_2+2\right)>0\end{array}\right.$ (1)

với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-6x+m=0$, theo Vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=6\\ x_1.x_2=2m\end{array}\right.$, thay vào hệ (1) ta được

$\left\{\begin{array}{l}m<\frac{9}{2}\\ 2m+16>0\\ 10>0\end{array}\right.\iff -8<m<\frac{9}{2}$,

vì $m\in \mathbb{Z}$ nên có 12 phần tử thỏa mãn là $\left\{-7;-6;\mathrm{...};3;4\right\}$.

Chọn B

Ta có: $f\left(x\right)+f\left(y\right)=1\iff f\left(y\right)=1-f\left(x\right)\iff \frac{9^y}{9^y+m^2}=1-\frac{9^x}{9^x+m^2}=\frac{m^2}{9^x+m^2}$

$$\begin{gathered} \iff 9^{x+y}+m^2{.9}^y=9^y.m^2+m^4 \\ \iff 9^{x+y}=m^4\iff x+y={\log }_9{m}^4=2{\log }_3\left|m\right| \end{gathered}$$

Đặt $t={\log }_3\left|m\right|$.

Có: $e^{x+y}\le e(x+y)\iff e^{2t}\le 2e.t\iff e^{2t}-2e.t\le 0(*)$

Xét $g\left(t\right)=e^{2t}-2et$, có $g^{\text{'}}\left(t\right)=2e^{2t}-2e=0\iff t=\frac{1}{2}$.

Từ bbt ta được $e^{2t}-2et\ge 0,\forall t$.

Vậy (*) xảy ra $\iff e^{2t}-2et=0\iff t=\frac{1}{2}\iff {\log }_3\left|m\right|=\frac{1}{2}\iff \left|m\right|=\sqrt{3}\iff m=\pm \sqrt{3}.$

Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 0.

Chọn A

$g\left(x\right)=f\left(f\right(x)+2)$

Có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)$.

Ta được $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)=0\left(2\right)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \left(1\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right. \\ \left(2\right)\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)+2=-1\\ f\left(x\right)+2=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=-3\\ f\left(x\right)=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\\ x=a\in (-2;-1)\\ x=0\\ x=b\in (1;2)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=-1\\ x=1\\ x=0\\ x=a\in (-2;-1)\\ x=b\in (1;2)\end{array}\right.$

Vậy g'(x) có 6 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C

Thiết diện qua trục của (N) là $\Delta SAB$

Vì $\Delta SAB$ cân tại S, $\widehat{SAB}={60}^o$ (gt) $\Rightarrow \Delta SAB$ đều $\Rightarrow l=2R$ (R là bán kính nón)

Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều SAB

Có $r=\frac{S_{\Delta SAB}}{p}=\frac{\frac{l^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{3l}{2}}=\frac{l\sqrt{3}}{6}=1\iff l=2\sqrt{3}$

Ta được ciều cao của nón $h=l.\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3$.

Vậy $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=3\pi .$

Chọn A

Ta có

$A={\log }_{\frac{x}{y}}^2{x}^3+\frac{8}{3}{\log }_y\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{9}{{{\log }_x}^2\frac{x}{y}}+\frac{8}{3}.\left[{\log }_{y}x-1\right]=\frac{9}{{\left(1-{\log }_{x}y\right)}^2}+\frac{8}{3.{\log }_{x}y}-\frac{8}{3}$

Đặt ${\log }_{x}y=t$ (${\log }_{x}y>{\log }_{x}1=0\Rightarrow t>0$ và $x>y\Rightarrow {\log }_{x}x>{\log }_{x}y\Rightarrow 1>t$)

Suy ra 0 < t < 1.

Khi đó A trở thành: $A=\frac{9}{{\left(1-t\right)}^2}+\frac{8}{3t}-\frac{8}{3}=f\left(t\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{9}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{8}{3t}-\frac{8}{3}$ có $f\text{'}\left(t\right)=-\frac{2.9}{{\left(t-1\right)}^3}-\frac{8}{3t^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{1}{4}\left(tm\right)\\ t=-2\left(loai\right)\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên

Chọn C

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x\left(m\right)(x>0)$

=> chiều dài của đáy bể là $2x\left(m\right)$

Gọi chiều cao của bể là $h\left(m\right)(h>0)$

Thể tích của bể là: $V=x.2x.h=200\Rightarrow h=\frac{200}{2x^2}=\frac{100}{x^2}$

Diện tích đáy là: $S_1=x.2x=2x^2\left( {\text{m}}^2\right)$

Diện tích xung quanh của bể là: $S_2=2.x.h+2.2x.h=6.x.h\left(m^2\right)$

Chi phí để xây bể là:

$\begin{array}{l}T=\left(S_1+S_2\right).300000=\left(2x^2+6xh\right)\cdot 300000\\ =\left(2x^2+\frac{600}{x}\right).300000\end{array}$

Ta có: $2x^2+\frac{600}{x}=2x^2+\frac{300}{x}+\frac{300}{x}\ge 3\cdot \sqrt[3]{2x^2\cdot \frac{300}{x}\cdot \frac{300}{x}}\ge 3\cdot \sqrt[3]{180000}$

Dấu "=" xảy ra $\iff 2x^2=\frac{300}{x}\iff x^3=\frac{300}{2}=150\iff x=\sqrt[3]{150}$

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

$T=3\cdot \sqrt[3]{180000}\cdot 300000\approx 50,815\cdot {10}^6$ (nghìn đồng) $\approx 51$ (triệu đồng)

Chọn A

Ta có: ${16}^x-m{.4}^{x+1}+5m^2-45=0\iff {\left(4^x\right)}^2-4m{.4}^x+5m^2-45=0$

Đặt $4^x=t(t>0)$ khi đó phương trình (*) trở thành:

$t^2-4mt+5m^2-45=0$

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt <=> phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=4m^2-(5m^2-45)>0\\ t_1+t_2>0\\ t_1.t_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}45-m^2>0\\ 4m>0\\ 5m^2-45>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3\sqrt{5}<m<3\sqrt{5}\\ m>0\\ \left[\begin{array}{l}m>3\\ m<-3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff 3<m<3\sqrt{5}$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{4;5;6\right\}$

=> có 2 giá trị m chẵn thỏa mãn.

Chọn D

Ta có: $y=\frac{1-x}{x+m-2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{1-m}{{\left(x+m-2\right)}^2}$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(6;+\infty \right)$ thì:

$\left\{\begin{array}{l}1-m>0\\ 2-m\le 6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m\ge -4\end{array}\right.\iff -4\le m<1$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-4;-3;-2;-1;0\right\}\Rightarrow$Tổng các giá trị nguyên m thỏa mãn: -10

Chọn A

Kẻ $Am//OM,OH\perp Am\left(H\in Am\right),OK\perp CH\left(K\in CH\right)$ nên $d\left(OM,AC\right)=d\left(OM,\left(CAH\right)\right)$

Ta có: $OC\perp \left(OAB\right)\Rightarrow OC\perp AH,OH\perp AH\Rightarrow AH\perp \left(OCH\right)\Rightarrow AH\perp OK$

Mà $d\left(OM,AC\right)=d\left(OM,\left(CAH\right)\right)=d\left(O,\left(CAH\right)\right)=OK=\frac{2}{3}.$

Vì tam giác OAB cân tại O nên $OM\perp AB,OM=AM=\frac{AB}{2}$.

Vì $OH\perp Am\Rightarrow OH\perp OM$ và $OM\perp AB,AH//OM\Rightarrow AH\perp AM$

Nên OHAM là hình vuông ( hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau)

Khi đó: $OH=AM=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Do: $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{H}^2}+\frac{1}{O{C}^2}\Rightarrow OC=2\Rightarrow V_{O.ABC}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{3}$

Chọn B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x^4-2m{x}^3+4\left(m+3\right)x^2-2\left(m+7\right)x=2x\left[x^3-m{x}^2+2\left(m+3\right)x-m-7\right]$

Ta thấy phương trình $x^3-m{x}^2+2\left(m+3\right)x-m-7=0$ có nghiệm là $x=1$

Áp dụng sơ đồ Horner:

$\begin{array}{ccccc}& 1& -m& 2m+6& -m-7\\ 1& 1& 1-m& m+7& 0\end{array}$

Khi đó ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 2x\left(x-1\right)\left[x^2+\left(1-m\right)x+m+7\right]=0$

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ nên để hàm số $g\left(x\right)=f\left(\left|x\right|\right)$ có đúng một điểm cực đại khi $f\left(x\right)$ có một điểm cực trị dương.

TH1: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ có hai nghiệm phân biệt không dương

$\iff \left\{\begin{array}{c}{\left(1-m\right)}^2-4\left(m+7\right)>0\\ m-1\le 0\\ m+7\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2-6m-27>0\\ m\le 1\\ m\ge -7\end{array}\right.\iff -7\le m<-3\Rightarrow m\in \left\{-7;-6;-5;-4\right\}$.

TH2: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

$\iff {\left(1-m\right)}^2-4\left(m+7\right)\le 0\iff m^2-6m-27\le 0\iff -3\le m\le 9\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;\mathrm{...};9\right\}$.

TH3: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ có nghiệm $x=1$.

$\iff 1^2+\left(1-m\right)1+m+7=0\iff 9=0$ (Vô lý).

Vậy $m\in \left\{-7;-6;\mathrm{...};8;9\right\}$.

Chọn B

Đặt $h\left(x\right)=2^{x+\frac{4}{x}}+{\log }_2\left(x^2-4x+5\right)$; $g\left(x\right)=2^{f\left(x\right)+\frac{4}{f\left(x\right)}}+{\log }_2\left[f^2\left(x\right)-4f\left(x\right)+5\right]$.

Suy ra: $g\left(x\right)=h\left(f\left(x\right)\right)$. Ta thấy $f\left(x\right)>0\forall x$ nên ở đây ta chỉ xét hàm $h\left(x\right)$ trên $\left(0;+\infty \right)$.

$h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(1-\frac{4}{x^2}\right)2^{x+\frac{4}{x}}\ln 2+\frac{2\left(x-2\right)}{\left(x^2-4x+5\right)\ln 2}=\left(x-2\right)\left(\frac{x+2}{x^2}{2}^{x+\frac{4}{x}}\ln 2+\frac{2}{\left(x^2-4x+5\right)\ln 2}\right)$;

$h^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=2$.

Ta có: $2^{f\left(x\right)+\frac{4}{f\left(x\right)}}+{\log }_2\left[f^2\left(x\right)-4f\left(x\right)+5\right]=m\iff g\left(x\right)=m$.

Suy ra: phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi đồ thị hàm số y = g(x) và đường thẳng y = m có đúng 6 điểm chung phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi $16<m<1+2^{\frac{13}{3}}\approx 21,16$.

Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn C

Gọi C là hình chiếu của B trên đường tròn đáy tâm O của hình trụ. Khi đó $BC\text{//}O{O}^{\text{'}}$ $\Rightarrow BC\text{//}\left(OA{O}^{\text{'}}\right)\Rightarrow d\left(B,\left(OA{O}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(C,\left(OA{O}^{\text{'}}\right)\right)$.

Ta có: $AO\perp O{O}^{\text{'}}\Rightarrow S_{\Delta AO{O}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}AO.O^{\text{'}}O=\frac{a^2}{2}$.

$\Delta ABC$ vuông tại C có $AC=\sqrt{{\left(AB\right)}^2-{\left(BC\right)}^2}=a\sqrt{2}$, mà AO = OC = a nên $\Delta AOC$ vuông cân tại O$\Rightarrow CO\perp AO,O{O}^{\text{'}}\Rightarrow CO\perp \left(A{O}^{\text{'}}O\right)\Rightarrow d\left(C,\left(A{O}^{\text{'}}O\right)\right)=CO=a$.