Chọn B

Chọn C

Chọn B

Hàm số xác định khi và chỉ khi $x-2>0\iff x>2.$.

Chọn C

Ta có: $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC$. Mà $AB\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$.

Chứng minh tương tự $DC\perp SD$. Vậy $\widehat{SBC}={90}^0;\widehat{SDC}={90}^0\Rightarrow$ mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có đường kính SC.

$SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2\sqrt{2}a\Rightarrow R=\frac{SC}{2}=\sqrt{2}a$.

Chọn B

$y=\ln \left(3x+1\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{{\left(3x+1\right)}^{\text{'}}}{3x+1}=\frac{3}{3x+1}.$

Chọn A

Chọn D

Chọn D

Chọn C

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(-x\right)=-\left(x^2-1\right)\left(-x-4\right)$.

Khi đó $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff -\left(x^2-1\right)\left(-x-4\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\\ x=-4\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên

Hàm số g(x) = f(-x) có 1 điểm cực đại.

Chọn A

Chọn C

Chọn C

Chọn A

Ta có góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{SAH}$.

Mà $SH=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2},AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$

Chọn C

Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương.

Từ đồ thị ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0$. Suy ra chọn .

Chọn B

Đường thẳng x = 1lần lượt cắt các đường đồ thị hàm mũ tại các điểm có tung độ chính là cơ số. Từ hình ảnh đồ thị ta suy ra c > a > b.

Chọn A

Chọn D

Chọn C

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=2$ nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=5$ nên đường thẳng y = 5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ nên đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là 3.

Chọn A

Ta có: ${\log }_{\frac{3}{4}}\left(2x+1\right)\ge {\log }_{\frac{3}{4}}\left(x+2\right)\iff \left\{\begin{array}{l}2x+1>0\\ 2x+1\le x+2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-\frac{1}{2}\\ x\le 1\end{array}\right.\iff -\frac{1}{2}<x\le 1$.

Chọn D

Chọn B

Ta có $g\left(x\right)=f\left(x^2+1\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(x^2+1\right)$.

Chọn B

Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\left(-1;2\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff x\in \left(-1;2\right)$.

Xét hàm số $y=f\left(x+2\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x+2\right)$.

Ta có $y^{\text{'}}>0\iff f^{\text{'}}\left(x+2\right)>0\iff x+2\in \left(-1;2\right)\iff x\in \left(-3;0\right)$.

Chọn B

Chọn D

Chọn B

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

Ta có $y=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\in D$.

Chọn B

Tập xác định của hàm số là $D=\left[-\sqrt{3};\sqrt{3}\right]\backslash \left\{1\right\}$.

Chọn A

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

Dựa vạo đồ thị, phương trình f(x) = 2 có một nghiệm thực, phương trình f(x) = -2 có 3 nghiệm thực phân biệt, tất cả các nghiệm trên đều khác nhau nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.

Chọn B

Biểu diễn cung $x\in \left(0;\frac{9\pi }{4}\right)$ trên đường tròn lượng giác và vẽ đường thẳng $y=\frac{1}{5}$, ta thấy phương trình $\sin x=\frac{1}{5}$ có 3 nghiệm trong $\left(0;\frac{9\pi }{4}\right)$.

.

Chọn B

Giả sử số cần lập có dạng $\overline{abcda}\left(a\ne 0,b\ne c\ne d\right)$.

Chọn a: Có 9 cách.

Chọn các chữ số b, c, d: Có $A_9^3$ cách.

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-8}{{\left(x-3\right)}^2}<0\forall x\in \text{[0;2]}$

Chọn C

Số lượng người dùng phần mềm của công ty sau 3 năm: $T_1=30.{\left(1+\frac{8}{100}\right)}^3=37,79136$.

Số lượng người dùng phần mềm của công ty sau 50 năm tiếp theo: $T_2=37,79.{\left(1+\frac{5}{100}\right)}^n$

Để người dùng vượt quá 50 triệu người thì $37,79136.{\left(1+\frac{5}{100}\right)}^n>50\iff n>5$, $n\in \mathbb{N}$ nên n = 6

Suy ra cần ít nhất  3 + 6 = 9 năm.

2022 + 9 = 2031

Chọn A

Chọn C

Ta có : $5C_n^{n-1}-C_n^3=0\iff 5n-\frac{n(n-1)(n-2)}{6}=0\iff 30-(n-1(n-2)=0 (don\ge 3)$

$\iff n^2-3n-28=0\iff \left[\begin{array}{l}n=7\left(tm\right)\\ n=-4\left(l\right)\end{array}\right.$

Số hạng tổng quát trong khai triển ${\left(\frac{x^2}{2}-\frac{1}{x}\right)}^7$ là:

$C_7^k{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^{7-k}.{\left(-\frac{1}{x}\right)}^k=C_7^k.{(-1)}^k.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{7-k}.x^{14-3k}(0\le k\le 7)$

Số hạng chứa $x^5$ ứng với số tự nhiên k thỏa mãn: $14-3k=5\iff k=3$.

Chọn C

Điều kiện: $x>0;x\ne 1$.

Với điều kiện trên ta có: ${\log }_{x}5=\frac{1}{{\log }_{5}x}\Rightarrow {\log }_{x}5.{\log }_{5}x=1$.

Chọn B

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

Khi đó 3 điểm cực trị là: $A(0;3);B(1;2);C(-1;2)$

Khoảng cách từ A(0;3) đến BC: y = 2 là h_A = 1

Chọn B

Ta có $\left\{\begin{array}{c}AC\perp BD\\ AC\perp SO\end{array}\Rightarrow AC\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AC\perp SD\right.$.

Do đó kẻ $OM\perp SD\Rightarrow SD\perp \left(MOC\right)\Rightarrow \left(\left(SBD\right),\left(SDC\right)\right)=\left(MC,MO\right)=COM=\phi$.

Vì $AC\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AC\perp OM\Rightarrow \Delta MOC$ vuông ở O.

$SB=SD=a;BD=a\sqrt{2}\Rightarrow \Delta SBD$ vuông cân tại S.

Chọn D

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{2}{2x-1}\Rightarrow f\left(x\right)=\int \frac{2}{2x-1}dx=\left\{\begin{array}{c}\ln \left(2x-1\right)+C_1,khix>\frac{1}{2}\\ \ln \left(1-2x\right)+C_2,khix<\frac{1}{2}\end{array}\right. \\ f\left(0\right)=\ln 1+C_2=1\Rightarrow C_2=1 \\ f\left(1\right)=\ln 1+C_1=3\Rightarrow C_1=3 \end{gathered}$$

Suy ra $f\left(x\right)=\int \frac{2}{2x-1}dx=\left\{\begin{array}{c}\ln \left(2x-1\right)+3,khix>\frac{1}{2}\\ \ln \left(1-2x\right)+1,khix<\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Chọn A

TH1: $\left\{\begin{array}{c}b<2\\ b-6+{\log }_{2}a>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}b<2\\ b>{\log }_2\frac{64}{a}\end{array}\iff \right.\right.{\log }_2\frac{64}{a}<b<2$.

Để có đúng hai số nguyên b thỏa mãn thì $-1\le {\log }_2\frac{64}{a}<0\iff \frac{1}{2}\le \frac{64}{a}<1\iff 64<a\le 128$.

Có 128 - 63 + 1 = 66 số.

TH2: $\left\{\begin{array}{c}b>2\\ b-6+{\log }_{2}a<0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}b>2\\ b<{\log }_2\frac{64}{a}\end{array}\iff \right.\right.2<b<{\log }_2\frac{64}{a}$.

Để có đúng hai số nguyên b thỏa mãn thì $5\le {\log }_2\frac{64}{a}<6\iff 32\le \frac{64}{a}<64\iff 1<a\le 2\Rightarrow a=2$.

Vậy có 67 số thỏa mãn.

Chọn D

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=-2x.f^{\text{'}}\left(3-x^2\right)$.

Phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(3-x^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 3-x^2=-6\\ 3-x^2=-1\\ 3-x^2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 3\\ x=\pm 2\\ x=\pm 1.\end{array}\right.$

Lập bảng xét dấu đạo hàm của hàm số g(x)

Chọn B

TXĐ $D=ℝ,f^{\text{'}}\left(x\right)=3a{x}^2-4\left(a+2\right)$

$\underset{\left(-\infty ;0\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-2\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(-2\right)=0\iff 12a-4\left(a+2\right)=0\iff a=1$.

Suy ra $f\left(x\right)=x^3-12x+1$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-12;f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=\pm 2$.

Chọn A

Hạ $MH\perp B^{\text{'}}C$. Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AM\perp BC\\ AM\perp B{B}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow AM\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\iff AM\perp MH$

Nên: $\left\{\begin{array}{l}AM\perp MH\\ B^{\text{'}}C\perp MH\end{array}\right.\Rightarrow d\left(AM,B^{\text{'}}C\right)=MH$

Có: $\Delta ABC$ vuông cân tại A nên $AM=CM=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Và: $C{B}^{\text{'}}=\sqrt{B{B^{\text{'}}}^2+B{C}^2}=2a$

Do $\Delta CMH$ đồng dạng $\Delta C{B}^{\text{'}}B$ nên: $\frac{MH}{B{B}^{\text{'}}}=\frac{CM}{C{B}^{\text{'}}}\Rightarrow MH=\frac{CM.B{B}^{\text{'}}}{C{B}^{\text{'}}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}}{2a}=\frac{a}{2}$

Chọn A

Giả sử tâm của đáy thứ nhất và đáy thứ hai của hình trụ lần lượt là O và O'.

Gọi H là hình chiếu của A trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ.

Ta có: $CD\perp AD,AH\Rightarrow CD\perp DH$, tức là CH là đường kính đáy thứ hai của hình trụ.

$CD\perp \left(ADH\right); \left(ADH\right)\cap \left(ABCD\right)=AD; \left(ADH\right)\cap \left(CDH\right)=DH$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(ABCD\right),\left(CDH\right)}\right)=\widehat{ADH}={45}^o$

$\Rightarrow \Delta ADH$ vuông cân tại H có $AH=DH=O{O}^{\text{'}}=a\sqrt{2}$,$AD=AH\sqrt{2}=O{O}^{\text{'}}\sqrt{2}=2a$=> CD = 2a$\Rightarrow CH=\sqrt{{\left(CD\right)}^2+{\left(DH\right)}^2}=a\sqrt{6}$.

Chọn C

Ta có: $4f\left(x^2-4x\right)=m\iff 4f\left(u\left(x\right)\right)=m$, với $u\left(x\right)=x^2-4x$.

Đặt $g\left(x\right)=4f\left(u\left(x\right)\right)$.

Phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm dương phân biệt khi đô thị hàm số y = g(x) trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ và đường thẳng y = m có ít nhất ba điểm chung phân biệt.

Vậy phương trình $4f\left(x^2-4x\right)=m$ có ít nhất ba nghiệm dương phân biệt khi $-12<m\le 8$, mà m nguyên nên m = -11, -10, ..., 8.

Chọn A

Gọi H là hình chiếu của S trên $\left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$. Kẻ $HE\perp AB,E\in AB$ và $HF\perp AC,F\in AC$.

Ta có $\left\{\begin{array}{c}AB=\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)\\ SH\perp AB\\ HE\perp AB\\ \Rightarrow SE\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow \left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)=\left(EH,ES\right)=\widehat{HES}=45°\left(\widehat{SHE}=90°\right)$

$\Rightarrow \Delta SHE$ vuông cân $\Rightarrow EH=SH$.

Ta có $\left\{\begin{array}{c}AC=\left(SAC\right)\cap \left(ABC\right)\\ SH\perp AC\\ HF\perp AC\\ \Rightarrow SF\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow \left(\left(SAC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(SF,FS\right)=\widehat{HFS}=60°\left(\widehat{SHF}=90°\right)$

$\Delta SHF$ vuông nên $HF=\frac{HS}{\tan \widehat{SHF}}=\frac{HS}{\tan 60°}=\frac{HS}{\sqrt{3}}$.

Mà tứ giác HEAF là hình chữ nhật $AH=E{F}^2=\sqrt{H{E}^2+H{F}^2}=\frac{2SH\sqrt{3}}{3}$.

Ta có tam giác SHA vuông tại H $S{A}^2=S{H}^2+H{A}^2=\frac{7}{3}S{H}^2\Rightarrow SH=\frac{\sqrt{21}}{7}SA=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{1}{6}\frac{\sqrt{21}}{7}\sqrt{3}\sqrt{7}=\frac{1}{2}$.

Chọn A

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{mf\left(x\right)+100}{f\left(x\right)+m}$

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{m^2-100}{{\left[f\left(x\right)+m\right]}^2}{f}^{\text{'}}\left(x\right)$

Với $m=\pm 10$ thì hàm số g(x) là hàm hằng nên $y=\left|g\left(x\right)\right|$ là hàm hằng nên loại $m=\pm 10$.

Với $m\ne \pm 10$, ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$.

Do đó g(x) có hai điểm cực trị. Nên để hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ có đúng 5 điểm cực trị thì phương trình g(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt <=> mf(x) + 10 = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Với m = 0, phương trình vô nghiệm nên loại m = 0.

Với $m\ne 0$, phương trình $\iff f\left(x\right)=\frac{-100}{m}$.

Để $f\left(x\right)=\frac{-100}{m}$ có ba nghiệm $\iff -2<\frac{-100}{m}<2$, mà $m\in \left[0;2023\right]$ nên m > 50.

$\Rightarrow m\in \left\{51;52;\mathrm{...};2023\right\}$.

Chọn A

$3^{x^2+mx+1}=\left(3+mx\right)3^{9x}\iff 3^{x^2+mx+1-9x}-\left(3+mx\right)=0\left(1\right)$

Để phương trình có nghiệm $3+mx>0$ (do $3^{x^2+mx+1-9x}>0,\forall x\in ℝ$)

Khi đó, $3+mx>0\iff m>\frac{-3}{x}\iff m>-3(do1<x<9)$

Xét hàm số $f\left(x\right)=3^{x^2+mx+1-9x}-\left(3+mx\right)$

Đạo hàm: $f\text{'}\left(x\right)=\ln 3.\left(2x+m-9\right)3^{x^2+mx+1-9x}-m$

Đạo hàm cấp 2: $f\text{'}\text{'}\left(x\right)=\ln {\mathrm{3.2.3}}^{x^2+mx+1-9x}+{\left(\ln 3.\left(2x+m-9\right)\right)}^2{3}^{x^2+mx+1-9x}>0$

Do đó f'(x)đồng biến trên R => f'(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm => f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm.

Mặt khác x = 0 là một nghiệm của phương trình (1) nên để phương trình này có nghiệm $x\in \left(1;9\right)$ thì (1) phải có đúng một nghiệm $x\in \left(1;9\right)$

$\Rightarrow f\left(1\right).f\left(9\right)<0\iff \left(3^{m-7}-3-m\right)\left(3^{1+m}-3-9m\right)<0$

Giải ra ta được $m\in \left\{-2;-1;1;\mathrm{....};9\right\}$ có 11 giá trị.

Chọn A

Khi $b=1\Rightarrow$ bất phương trình vô nghiệm $\Rightarrow b\ge 2$

Ta có $\left|\ln a-\ln x\right|<\ln b\iff -\ln b<\ln a-\ln x<\ln b\iff \ln a-\ln b<\ln x<\ln a+\ln b$

$\iff \ln \frac{a}{b}<\ln x<\ln ab\iff \frac{a}{b}<x<ab$.

Nhận xét: Nghiệm nguyên dương lớn nhất của bất phương trình là x = ab - 1 khi đó yêu cầu bài toán trở thành nghiệm nguyên dương bé nhất của bất phương trình là x = ab - 50 hay

$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{b}<ab-50\\ \frac{a}{b}\ge ab-51\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a<a{b}^2-50b\\ a\ge a{b}^2-51b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}50b<a\left(b^2-1\right)\\ 51b\ge a\left(b^2-1\right)\end{array}\right.$

Do $a\ge 1\Rightarrow 51b\ge b^2-1\Rightarrow 2\le b\le 50\left(1\right)$

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}a>\frac{50}{b^2-1}\\ a\le \frac{51}{b^2-1}\end{array}\right.$

Lại có $a\ge b\Rightarrow \frac{51b}{b^2-1}\ge b\Rightarrow b\le 7$

Kết hợp với $\left(1\right)\Rightarrow 2\le b\le 7$ thử trực tiếp ta tìm được với b = 3, a = 19 thì a + b = 22 và là nhỏ nhất.