Chọn D

Ta có:

$u_1=u_2-d=3-2=1$ => $u_4=u_1+3d=1+3.2=7$

Chọn C

$y=3x-4\Rightarrow y^{\text{'}}=3>0$. Suy ra hàm số không có cực trị.

Chọn A

Lý thuyết.

Chọn A

Chọn A

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

Chọn D

Chọn B

Từ BBT, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;2).

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).

Chọn D

Chọn B

Ta có $3^{2x^2-5x-1}=\frac{1}{3}\iff 3^{2x^2-5x-1}=3^{-1}\iff 2x^2-5x=0$.

Theo Viet, ta có tích các nghiệm bằng 0.

Ta có $y=\sqrt{16-x^2}\le 4$, dấu “=” khi x = 0.

Chọn C

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=2$ nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số; $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Chọn B

Xét phương trình

$x^3-2x^2+x-1=1-2x\iff x^3-2x^2+3x-2=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2-x+2\right)=0\iff x=1$.

Vậy hai đồ thị hàm số có một giao điểm.

Chọn C

Gọi chiều cao, độ dài đường sinh, bán kính đáy của khối nón lần lượt là h, l, r

Bán kính đáy của khối nón là $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{{10}^2-8^2}=6$.

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.6}^2.8=96\pi$.

Chọn D

Điều kiện $2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}$.

Chọn A

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2$; $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-1$.

Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2; y = -1.

Lại có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = -1.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3.

Chọn B

Áp dụng công thức về logrit ta thấy:

Nên mệnh đề B sai.

Chọn B

Chọn A

${\log }_{3}a={\log }_{27}\left(a^2\sqrt{b}\right)\iff {\log }_{27}{a}^3={\log }_{27}\left(a^2\sqrt{b}\right)\iff a^3=a^2\sqrt{b}\iff a^2=b$

Chọn D

Số kết quả của việc gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần là $6^3=216\Rightarrow n\left(\Omega \right)=216$

Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ”.

A xảy ra khi kết quả của cả ba lần gieo đều là số lẻ $\Rightarrow n\left(A\right)=3^3=27$.

Chọn A

(SAB) và (SAD) vuông góc với đáy nên $SA\perp \left(ABCD\right)$.

Ta có: $\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD, CD\perp \left(SAD\right), \left(SAD\right)\cap \left(ABCD\right)=AD$,

$\left(SAD\right)\cap \left(SCD\right)=SD$. Suy ra, góc giữa (SCD) và (ABCD) là $\widehat{SDA}$. Vậy $\widehat{SDA}=60°$.

$\left\{\begin{array}{l}AB\text{//}\left(SCD\right)\\ SC\subset \left(SCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)$.

Gọi H là hình chiếu của A trên SD.

Ta có: $AH\perp SD;AH\perp CD$ do $CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow AH\perp \left(SCD\right)$

$\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AH=AD\sin \widehat{ADS}=\frac{3a}{2}$.

Vậy $d\left(AB,SC\right)=\frac{3a}{2}$.

Chọn B

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

Từ đồ thị hàm số f'(x) ta có $f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(0;7\right)$. Suy ra $g^{\text{'}}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(0;7\right)$.

Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{1}{x}$ đồng biến trên khoảng (0;7).

Chọn D

Giả sử hình nón đã cho có đỉnh là S, tâm của đáy là O và (P) cắt đường tròn đáy theo dây cung AB.

Gọi H là trung điểm của đoạn AB và K là hình chiếu của O trên SH.

Ta có: $AB\perp SO,OH\Rightarrow AB\perp \left(SOH\right)\Rightarrow AB\perp OK$ , mà $OK\perp SH\Rightarrow OK\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(O,\left(P\right)\right)=OK$

Xét tam giác vuông SOH có $OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (do tam giác OAB đều có cạnh bằng a), SO = a.

Suy ra: $OK=\frac{OS.OH}{\sqrt{O{S}^2+O{H}^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Vậy $d\left(O,\left(P\right)\right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Chọn B

Ta có $\frac{MA}{AA\text{'}}=\frac{1}{2};\frac{NB}{BB\text{'}}=\frac{2}{3};\frac{PC}{CC\text{'}}=\frac{3}{4}$ suy ra $\frac{V_{ABC.MNP}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{\frac{MA}{AA\text{'}}+\frac{NB}{BB\text{'}}+\frac{PC}{CC\text{'}}}{3}=\frac{23}{36}$.

Vậy $V_{ABC.MNP}=\frac{23}{36}.2022=\frac{7751}{6}$.

Chọn B

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Chọn C

Ta có $D=ℝ,y\text{'}=m{x}^2-4mx+m-5$. Hàm số nghịch biến trên R $\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in ℝ$

TH1: $m=0:y\text{'}=-5<0,\forall x\in ℝ$ suy ra m = 0 thỏa mãn.

TH2: $m\ne 0$:  $\left\{\begin{array}{l}m<0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ 3m^2+5m\le 0\end{array}\right.\iff -\frac{5}{3}\le m<0$.

Chọn A

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên a > 0.

Ta lại có hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0 => b < 0.

Chọn C

Ta có SB = SC = 2, $\widehat{BSC}=60°$ suy ra tam giác BSC đều => BC =2.

Lại có SA = SC = 2, $\widehat{ASB}=90°$ suy ra tam giác ASB vuông cân tại S $\Rightarrow AB=2\sqrt{2}$.

Mặt khác, SA = SC = 2, $\widehat{ASB}=120°$, áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC, ta được:

$A{C}^2=S{A}^2+S{C}^2-2SA.SC.cos\widehat{ASC}={3.2}^2\iff AC=2\sqrt{3}$.

Xét tam giác ABC có $B{C}^2+A{B}^2=2^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2=12=A{C}^2$ suy ra tam giác ABC vuông tại B.

Gọi H là trung điểm của cạnh AC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà SA = SB = SC $\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$.

Trong mặt phẳng (SAC) kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH tại I suy ra là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Xét tam giác vuông ASH vuông tại H có $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{2^2-{\left(\frac{2\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=1$.

Ta có $\Delta SHC~\Delta SMI\Rightarrow \frac{SI}{SC}=\frac{SM}{SH}\iff SI=\frac{SM.SC}{SH}=2$

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là. $S=4\pi R^2=16\pi$.

Chọn A

Gọi I, I' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC.A'B'C', O là trung điểm của II'. Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.

Ta có $AI=\frac{2}{3}AM=\frac{\sqrt{3}}{3}$, OI = 1.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ $R=OA=\sqrt{O{I}^2+A{I}^2}=\sqrt{{\left(1\right)}^2+{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^2}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Chọn D

Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp lần lượt là: x, h (m) => Chiều dài của hình hộp là: 2x.

Thể tích khối hộp chữ nhật là: $V=x.2x.h\iff 200=2x^{2}h\iff h=\frac{100}{x^2}$

Chi phí xây bể thấp nhất khi $S=S_{xq}+S_{daý}$ nhỏ nhất

Ta có $S=2x.h+2.2x.h+x.2x=6xh+2x^2=\frac{600}{x}+2x^2$

$S=\frac{600}{x}+2x^2=\frac{300}{x}+\frac{300}{x}+2x^2\ge 3\sqrt[3]{180.000}$

S nhỏ nhất bằng $169,3864852$ khi $\frac{300}{x}=2x^2\iff x=\sqrt[3]{150}$

Chọn B

Xét hình lập phương ABCD.A'B'C'D' ta có:

$$\begin{gathered} A{C^{\text{'}}}^2=A{A^{\text{'}}}^2+A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2=A{A^{\text{'}}}^2+A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+A^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2=A{A^{\text{'}}}^2+2A\text{'}B{\text{'}}^2\iff 9a^2+2A\text{'}B{\text{'}}^2=25a^2\iff A\text{'}B{\text{'}}^2=8a^2 \\ \Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AA\text{'}.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=3a.8a^2=24a^3 \end{gathered}$$

Chọn D

Tam giác ACD vuông tại $C\Rightarrow DC\perp AC,DC\perp SA\Rightarrow DC\perp \left(SAC\right)\Rightarrow DC\perp SC$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SCA}={60}^0 \\ AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2\sqrt{2}a\Rightarrow SA=AC.\tan {60}^0=2\sqrt{6}a \\ {V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}2\sqrt{6}a.\frac{(4a+2a).2a}{2}=4\sqrt{6}{a}^3. \end{gathered}$$

Chọn A

Ta có: $SH\perp \left(ABCD\right)$

Tam giác SAC vuông tại $S\Rightarrow SC=\sqrt{A{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{6}$ $SH=\frac{SA.SC}{\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}}=\frac{\sqrt{2}\sqrt{6}}{\sqrt{2+6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Diện tích hình vuông $ABCD: S_{ABCD}=4$

Chọn A

ĐK: 3x - 3 > 0 => x > 1

BPT tương đương

$\begin{array}{l}{\log }_{\frac{1}{5}}\left(x^2-1\right)<{\log }_{\frac{1}{5}}\left(3x-3\right)\\ \iff x^2-1>3x-3\\ \iff x^2-3x+2>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right.\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta được x > 2.

Chọn C

Giá trị lớn nhất của hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ trên [-2;4] bằng: 19 xảy ra khi x = 2.

Chọn A

Số hạng tổng quát trong khai triển là: $T_{k+1}=C_{12}^k{\left(x^4\right)}^{12-k}{(-\frac{2}{x^2})}^k=C_{12}^k{(-2)}^k{x}^{48-6k}$

Ta có số hạng chứa x¹⁸ nên $48-6k=18\iff k=5$

Chọn C

$\begin{array}{l}{25}^x-{6.5}^x+5\le 0\\ \iff 5^{2x}-{6.5}^x+5\le 0\\ \iff 1\le 5^x\le 5\iff 0\le x\le 1\end{array}$

Chọn B

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x+m=a\\ x^2-2x-m=b\end{array}\right.\Rightarrow 2x^2+2x-2=a+b-2$

Ta có:

$\begin{array}{l}{2}^{a+b-2}-2^a-2^b+4<0\iff 2^{a+b}-2^{a+2}-2^{b+2}+2^4<0\\ \iff 2^a\left(2^b-2\right)-2^2\left(2^b-2^2\right)<0\\ \iff \left(2^a-2^2\right)\left(2^b-2^2\right)<0\end{array}$

TH1: $\left\{\begin{array}{l}a>2\\ b<2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x+m>2\\ x^2-2x-m<2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x>2-m\\ x^2-2x<2+m\end{array}\right.$

Để phương trình có không quá 6 nghiệm nguyên thì: $-1<2+m<2\iff -3<m<0$

TH2: $\left\{\begin{array}{l}a<2\\ b>2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x+m<2\\ x^2-2x-m>2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x<2-m\\ x^2-2x>2+m\end{array}\right.$

Để phương trình có không quá 6 nghiệm nguyên thì:

$-4<2-m<-1\iff 1<m-2<4\iff 3<m<6$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên có: 4 giá trị m thỏa mãn.

Chọn C

Giả sử số cần tìm có dạng: $\overline{abcdefg}$.

TH1: Ba chữ số lẻ ở hai vị trí đầu: abc, efg thì có $2.A_4^3$ cách.

Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên 4 vị trí còn lại có: 3.3! cách.

=> Có: $2.A_4^3\mathrm{.3.3}!=864$ số thỏa mãn.

TH2: Ba chữ số lẻ ở các vị trí giữa thì có: $3.A_4^3$ cách.

Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên vị trí còn lại có: $2!.A_3^2$ cách.

=> Có: $3.A_4^3.2!.A_3^2=864$ số thỏa mãn.

Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Ta có 

$\begin{array}{l}{2022}^x-{2022}^{\sqrt{2x+1}}=1-x^2+2\sqrt{2x+1}\\ \iff {2022}^x+x^2+2x+1=2x+2+2\sqrt{2x+1}+{2022}^{\sqrt{2x+1}}\\ \iff {2022}^x+{\left(x+1\right)}^2={\left(\sqrt{2x+1}+1\right)}^2+{2022}^{\sqrt{2x+1}}.\end{array}$

Xét hàm số $f\left(t\right)={2022}^t+{\left(t+1\right)}^2, t\in \left[0;+\infty \right)$

Ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)={2022}^t\ln 2022+2\left(t+1\right)>0,\forall t\in \left[0;+\infty \right)$ nên hàm số y = f(t) đồng biến trên khoảng $\left[0;+\infty \right)$.

Khi đó $f\left(x\right)=f\left(\sqrt{2x+1}\right)\iff x=\sqrt{2x+1}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x^2-2x-1=0\end{array}\right.\iff x=1+\sqrt{2}$.

Suy ra a = 1 và b = 2.

Vậy $a+b^3=1+2^3=9$.

Chọn C

Gọi M là trung điểm BC suy ra $AM\perp BC$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}AM\perp BC\\ AM\perp B{B}^{\text{'}}\end{array}\right.$ nên $AM\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$ do đó $\left(A{B}^{\text{'}},\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)=\left(A{B}^{\text{'}},M{B}^{\text{'}}\right)=\widehat{A{B}^{\text{'}}M}$.

Theo đề bài, ta có $\widehat{A{B}^{\text{'}}M}=30°, AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên $BM=\frac{AM}{\tan 30°}=\frac{a\sqrt{3}}{2}:\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{3a}{2}$.

Ta có $B{B}^{\text{'}}=\sqrt{B^{\text{'}}{A}^2-B{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=a\sqrt{2}$.

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=B{B}^{\text{'}}.S_{ABC}=a\sqrt{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}$.

Chọn B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\text{PQ}\perp MN\\ PQ\perp OO\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow PQ\perp \left(O\text{'}MN\right).$ Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là:

${\text{V}}_{\text{MNPQ}}=\frac{1}{3}\cdot {\text{S}}_{\text{MNO'}}\cdot \text{PQ}=\frac{1}{6}\cdot {\text{OO}}^{\text{'}}\cdot \text{MN}\cdot \text{PQ}$ .

Trong đó $\text{d}(\text{MN},\text{PQ})={\text{OO}}^{\text{'}}=\text{h}\Rightarrow \frac{1}{6}\cdot {80}^2\cdot \text{h}\cdot 1=64\cdot {10}^3\iff \text{h}=60 \text{cm}.$

Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng: $\text{V}={\text{V}}_t-{\text{V}}_{\text{MNPQ}}=\pi {\text{R}}^2\cdot \text{h}-64=\frac{\pi }{{10}^3}\cdot {\left(40\right)}^2\cdot 60-64\approx 237,6{\text{dm}}^3$

Chọn A

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của B'C', BC.

$\widehat{A\text{'}BA}=\widehat{C\text{'}A\text{'}C}={90}^{\circ }\Rightarrow A\text{'}B=A\text{'}C\Rightarrow A\text{'}N\perp BC\left(1\right)$.

Theo bài ra $\widehat{BAD}={120}^{°}\Rightarrow \Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}},\Delta ABC$ đều $\Rightarrow BC\perp AN\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow BC\perp \left(AA\text{'}MN\right)\Rightarrow \left(AA\text{'}MN\right)\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

Kẻ $A^{\text{'}}P\perp \left(B{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\Rightarrow P\in MN$. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A' lên BB'.

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left(\left(A^{\text{'}}AD\right),\left(A{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}B\right)\right)=\left(\left(B{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right),\left(A{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}B\right)\right)=\widehat{A^{\text{'}}QP}=\alpha . \\ \tan \alpha =\frac{A^{\text{'}}P}{QP}=\sqrt{2}\Rightarrow A^{\text{'}}P=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\Rightarrow A^{\text{'}}Q=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A^{\text{'}}B=a\sqrt{3} \\ \Rightarrow A^{\text{'}}B=a\sqrt{3}\Rightarrow B{B}^{\text{'}}=2a \end{gathered}$$

Chọn D

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2f^{\text{'}}\left(2x-3\right)-\frac{2x}{1+x^2}-2m$

Để hàm số $g\left(x\right)=f\left(2x-3\right)-\ln \left(1+x^2\right)-2mx$ nghịch biến trên $\left(\frac{1}{2};2\right)$

$\iff g^{\text{'}}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \left(\frac{1}{2};2\right)\iff m\ge f^{\text{'}}\left(2x-3\right)-\frac{x}{1+x^2},\forall x\in \left(\frac{1}{2};2\right)$

Xét hàm số $h\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(2x-3\right)-\frac{x}{1+x^2},x\in \left(\frac{1}{2};2\right)$. Đặt $t=2x-3\Rightarrow t\in \left(-1;1\right)$

Khi đó ta xét hàm số $g\left(t\right)=f^{\text{'}}\left(t\right)-\frac{\frac{t+3}{2}}{1+{\left(\frac{t+3}{2}\right)}^2}=f^{\text{'}}\left(t\right)-\frac{2t+6}{t^2+6t+13}$

Ta có $g^{\text{'}}\left(t\right)=f^{\text{'}\text{'}}\left(t\right)+\frac{2t^2+12t+14}{{\left(t^2+6t+13\right)}^2}$.