Đáp án C

Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại A.

+) Để \(\left( \Delta \right)\) cắt đường tròn \(\left( T \right)\) tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất thì \(d\left( {I;\Delta } \right)\) lớn nhất với I là tâm của đường tròn \(\left( T \right)\).

Cách giải:

\({x_A} = 1 \Rightarrow {y_A} = 1 - 2m + m = 1 - m \Rightarrow A\left( {1;1 - m} \right)\)

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4mx \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 4 - 4m\)

\( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\left( {1;1 - m} \right)\) là

\(y = \left( {4 - 4m} \right)\left( {x - 1} \right) + 1 - m \Leftrightarrow \left( {4 - 4m} \right)x - y + 3m - 3 = 0\,\,\left( \Delta \right)\)

Đường tròn \(\left( T \right)\) có tâm \(I\left( {0;1} \right)\) và bán kính \(R = 2\)

Để \(\left( \Delta \right)\) cắt đường tròn \(\left( T \right)\) tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất thì \(d\left( {I;\Delta } \right)\) lớn nhất

Ta có \(d\left( {I;\Delta } \right) = \frac{{\left| { - 1 + 3m - 3} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {4 - 4m} \right)}^2} + 1} }} = \frac{{\left| {3m - 4} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {4 - 4m} \right)}^2} + 1} }}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào 5 khối đa diện đều đã được học.

Cách giải:

Các khối đa diện đêu có các mặt là tam giác đều là:

+) Khối tứ diện đều {3;3}

+) Khối bát diện đều {3;4}

+) Khối 20 mặt đều {3;5}

Đáp án B

Phương pháp:

Xác định các nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) và xét dấu của \(f'\left( x \right)\), từ đó lập BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) và kết luận.

Cách giải:

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\\x = b\\x = c\end{array} \right.\)

Lập BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy chỉ có 1 mệnh đề đúng là \(f\left( a \right) > f\left( b \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn trong đó có đường chéo là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đó. n

+) Cứ hai đường kính bất kì cho ta một hình chữ nhật.

Cách giải:

Đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn trong đó có n đường chéo là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đó.

Cứ hai đường kính bất kì cho ta một hình chữ nhật, do đó số hình chữ nhật được tạo thành từ bốn trong 2n đỉnh của tứ giác đó là \(C_n^2 = 45 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} = 45 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) = 90 \Leftrightarrow n = 10\)

Đáp án A

Phương pháp :

Đặt ẩn phụ \(t = 2x + 1\)

Cách giải :

Đặt \(t = 2x + 1 \Rightarrow dt = 2dx\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow t = - 1\\x = 2 \Rightarrow t = 5\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow T = \int\limits_{ - 1}^5 {f\left( t \right)\frac{{dt}}{2}} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^5 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}.4 = 2\)

Đáp án B

Phương pháp: \(\left( P \right) \bot \left( Q \right) \Leftrightarrow {\overrightarrow n _{\left( P \right)}}.{\overrightarrow n _{\left( Q \right)}} = 0\)

Cách giải:

\({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {1;m + 1; - 2} \right);\,\,\,{\overrightarrow n _{\left( Q \right)}} = \left( {2; - 1;0} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

\(\int {{x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C} \)

\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \)

\(\int {{a^x}dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C} \)

Cách giải:

 (I) hiển nhiên sai.

\(\left( {II} \right):\int {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x + 2018}}dx = \int {\frac{{\left( {{x^2} + x + 2018} \right)'}}{{{x^2} + x + 2018}}dx = \ln \left( {{x^2} + x + 2018} \right) + C} } \): đúng

\(\left( {III} \right):\int {{3^x}\left( {{2^x} + {3^{ - x}}} \right)dx = \int {\left( {{6^x} + 1} \right)dx = \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}} + x + C} } \): đúng

\(\left( {IV} \right):\int {{3^x}dx = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + C \Rightarrow \left( {IV} \right)} \) sai

Vậy có 2 mệnh đề sai.

Đáp án C

Phương pháp:

+) Xác định trục của mặt đáy (đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đáy và vuông góc với đáy).

+) Xác định đường trung trực của cạnh bên SA.

+) Xác định giao điểm của 2 đường thẳng trên, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

+) Áp dụng định lí Pytago để tính bán kính mặt cầu.

Cách giải:

Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của AC, AB và SC ta có;

E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (\(\Delta ABC\) vuông tại B)

 \(IE//SA \Rightarrow IE \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt.

+) Sử dụng hệ thức Vi-et tính độ dài AB: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} \)

Cách giải:

ĐK: \(x \ne 1\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = x + m \Leftrightarrow 2x - 1 = {x^2} + mx - x - m \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 3} \right)x - m + 1 = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) pt (*) có 2 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta = {\left( {m - 3} \right)^2} - 4\left( { - m + 1} \right) = {m^2} - 2m + 5 > 0\) (luôn đúng)

Giả sử \({x_A};\,\,{x_B}\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*) ta có:

\(A{B^2} = {\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} + {\left( {{y_A} - {y_B}} \right)^2}\)

\(A{B^2} = {\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} + {\left( {{x_A} + m - {x_B} - m} \right)^2}\)

\(A{B^2} = 2{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2}\)

\(A{B^2} = 2\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_A}{x_B}} \right]\)

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = - m + 3\\{x_A}{x_B} = - m + 1\end{array} \right.\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\tan x\) xác định \( \Leftrightarrow \cos \,x \ne 0\)

\(\frac{A}{B}\) xác định \( \Leftrightarrow B \ne 0\)

Cách giải:

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos \,x \ne 0\\sin\,x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in Z} \right)\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = R\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},\,\,k \in Z} \right\}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Giải các phương trình lượng giác cơ bản.

Cách giải:

Đáp án sai là đáp án D.

Đáp án A

Phương pháp:

Đặt \({3^x} = t\left( {t > 0} \right)\)

Cách giải:

Đặt \({3^x} = t\left( {t > 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành \({t^2} - 4t + 3 = 0 \Leftright

arrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0\\{3^x} = 3 \Leftrightarrow x = 1\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(\left\{ {0;1} \right\}\)

+) Chứng minh \(AB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {V_{B.SAC}} = \frac{1}{3}AB.{S_{\Delta SAC}}\)

+) \(AD//BC \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

+) Dựng \(AE \bot SC\), tính AE.

+) Tính \(\cos \,C\) của tam giác SBC, từ đó tính SC, tính \({S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{2}AE.SC\)

Cách giải:

Ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2} = B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại A (Định lí Pytago đảo)

\( \Rightarrow AB \bot AC \Rightarrow CD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mà \(CD \bot SC\,\,\left( 2 \right)\) (\(\Delta SCD\)vuông tại C)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right)\)

Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Dựng \(AE \bot SC\) tại E, \(AH \bot BE\) tại H ta có \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} \Rightarrow \frac{3}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} \Rightarrow AE = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

 

\(BE = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Xét tam giác vuông BCE: \(\sin C = \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 6 }}{a} \Rightarrow \cos \,C = \frac{{\sqrt {10} }}{4}\)

Áp dụng định lí cosin ta có:

\(\cos \,C = \frac{{B{C^2} + S{C^2} - S{B^2}}}{{2BC.SC}} = \frac{{B{C^2}}}{{2.BC.SC}} = \frac{{BC}}{{2SC}}\)

\( \Rightarrow \frac{{\sqrt {10} }}{4} = \frac{{2a}}{{2SC}} \Leftrightarrow SC = \frac{{4a}}{{\sqrt {10} }}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{2}AE.SC = \frac{1}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{{4a}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{5}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}AB.{S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{15}} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABC}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 5 }}{{15}} = \frac{{2{a^3}}}{{3\sqrt 5 }}\)

 

Đáp án C

Phương pháp:

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2ax + 2by + 2cz + d = 0\) có bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \)

Cách giải:

Mặt cầu trên có bán kính \(R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2} - 4} = \sqrt {10} \)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tính thể tích của cái vá.

+) Tính thể tích của cái thùng hình trụ.

Cách giải:

Thể tích của các vá là \(V = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.3^3} = 18\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của cái thùng hình trụ là \(V' = \pi {6^2}.10 = 360\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy số lần đổ nước là \(\frac{{V'}}{V} = \frac{{360\pi }}{{18\pi }} = 20\) (lần)

Đáp án D

Phương pháp:

Tính đạo hàm của hàm số g(x) và tìm các điểm cực trị, các khoảng đơn điệu của hàm số.

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp \(\left[ {f\left( {u\left( x \right)} \right)} \right]' = f'\left( u \right).u'\left( x \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Để hàm số không có cực trị thì phương trình \(y' = 0\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

Cách giải:

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 2\)

Để hàm số không có cực trị thì phương trình \(y' = 0\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

\( \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - m - 2 \le 0 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 1;2} \right]\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên R \( \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in R\) và \(y' = 0\) tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

\({S_{tp}} = 2\pi R\left( {h + R} \right)\) trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Cách giải:

Hình trụ có chiều cao \(h = 3a\) và bán kính đáy \(R = \frac{{3a}}{2}\)

\( \Rightarrow {S_{tp}} = 2\pi R\left( {h + R} \right) = 2\pi .\frac{{3a}}{2}\left( {3a + \frac{{3a}}{2}} \right) = \frac{{27\pi {a^2}}}{2}\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\sqrt A \) xác định \( \Leftrightarrow A \ge 0\)

\({x^n}\) với \(n \notin Z\) xác định \( \Leftrightarrow x > 0\)

Cách giải:

Hàm số xác định

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({z_1} = {a_1} + {b_1}i;\,\,\,{z_2} = {a_2} + {b_2}i \Rightarrow {z_1} + {z_2} = \left( {{a_1} + {a_2}} \right) + \left( {{b_1} + {b_2}} \right)i\)

Cách giải:

\[{\rm{w}} = {z_1} + {z_2} = - 1 - 2i\]

Do đó tổng phần thực và phần ảo của số phức w bằng -3.

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ của hàm số.

+) Tính đạo hàm của hàm số.

+) Giải bất phương trình \(y' > 0\) và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tổ hợp.

Cách giải:

\(a \ne 0,\,\,a < b < c \Rightarrow b,c \ne 0\)

Chọn 3 số từ bộ số \(\left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) có \(C_6^3 = 20\) cách

Với mỗi bộ 3 số chọn được, do \(a < b < c\) nên chỉ có 1 cách sắp xếp duy nhất.

Đáp án A

Phương pháp:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}}\)

Cách giải:

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\)

Đáp án B

Phương pháp: \(\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \frac{1}{{x\ln a}}\)

Cách giải: \(y' = \left[ {{{\log }_2}\left( {x + {e^x}} \right)} \right]' = \frac{{\left( {x + {e^x}} \right)'}}{{\left( {x + {e^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{1 + {e^x}}}{{\left( {x + {e^x}} \right)\ln 2}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Khi quay một tam giác vuông quanh 1 cạnh góc vuông ta nhận được một khối nón có chiều cao chính là cạnh góc vuông đó và bán kính đáy là cạnh góc vuông còn lại.

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là số nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right)\) và qua các nghiệm đó \(f'\left( x \right)\) đổi dấu.

Cách giải:

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 1} \right){\left( {x - \sqrt 3 } \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Tuy nhiên qua điểm \(x = \sqrt 3 \) thì \(f'\left( x \right)\) không đổi dấu. Vậy hàm số có hai điểm cực trị.

Đáp án C

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right);\,\,y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a;\,\,x = b\) quanh trục Ox là: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \)

Cách giải:

\(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {2 + \cos \,x} \right)dx} = \pi \left( {2x + \sin x} \right)\left| {\mathop {}\limits_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi \left( {\pi + 1} \right)} \right.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm khối đa diện.

Cách giải:

Mỗi đỉnh của hành đa diện là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.

Đáp án D

Phương pháp:

Đáp án C

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: \(\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \in \left[ { - 2;2} \right]\\x = - 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 2} \right) = 8;\,\,\,y\left( 2 \right) = - 12;\,\,\,y\left( { - 1} \right) = 15\)

Vậy \(\mathop {max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 15\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Chọn 2 trong số 6 học sinh nam.

+) Chọn 4 trong số 9 học sinh nữ.

+) Áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn 2 học sinh nam là: \(C_6^2\)

Số cách chọn 4 học sinh nữ là: \(C_9^4\)

Đáp án C

Phương pháp:

Gọi \(z = a + bi \Rightarrow \overline z = a - bi\)

Cách giải:

Gọi \(z = a + bi \Rightarrow \overline z = a - bi\)

\(z + 4\overline z = 7 + i\left( {z - 7} \right)\)

\( \Leftrightarrow a + bi + 4\left( {a - bi} \right) = 7 + i\left( {a + bi - 7} \right)\)

\( \Leftrightarrow a + bi + 4a - 4bi = 7 + ai - b - 7i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = 7 - b\\ - 3b = a - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow z = 1 + 2i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Xác định góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC).

+) Đặt \(AB = x\), tính diện tích tam giác A’BC theo x, từ đó tìm x.

+) \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}}\)

Cách giải: Gọi E là trung điểm của BC ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\AA' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'E} \right) \Rightarrow BC \bot A'E\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'E;AE} \right) = A'EA = {30^0}\)

Đặt \(AB = x\) ta có: \(AE = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \cos {30^0} = \frac{{AE}}{{A'E}} \Rightarrow A'E = \frac{{AE}}{{\cos {{30}^0}}} = x\)

\({S_{\Delta A'BC}} = \frac{1}{2}A'E.BC = \frac{1}{2}{x^2} = 8{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = 16{a^2} \Leftrightarrow a = 4a\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {4a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 {a^2}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Gọi số có 4 chữ số là \(\overline {abcd} \left( {a \ne 0} \right)\)

Chia hai trường hợp \(d = 0\) và \(d \ne 0\)

Cách giải:

Gọi số có 4 chữ số là \(\overline {abcd} \left( {a \ne 0} \right)\)

TH1: \(d = 0 \Rightarrow \) Có 1 cách chọn d.

Có 5 cách chọn a.

Có \(A_4^2 = 12\) cách chọn các chữ số b, c.

Vậy trường hợp này có \(5.12 = 60\) số thỏa mãn.

TH2: \(d \ne 0 \Rightarrow d \in \left\{ {2;4} \right\} \Rightarrow \) Có 2 cách chọn d.

\(a \ne 0;\,\,a \ne d \Rightarrow \) Có 4 cách chọn a.

Có \(A_4^2 = 12\) cách chọn các chữ số b, c.

Vậy trường hợp này có \(2.4.12 = 96\) số thỏa mãn.

Đáp án B

Phương pháp:

+) Gọi H là chân đường vuông góc của K trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}KH \le KM\\KH \le KN\end{array} \right.\)

+) Tính độ dài KM, KN.

+) \(K{H_{max}} = max\left\{ {KM;KN} \right\}\)

Cách giải:

Gọi H là chân đường vuông góc của K trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}KH \le KM\\KH \le KN\end{array} \right.\)

Ta có: \(\overrightarrow {KM} = \left( {0; - 1;0} \right) \Rightarrow KM = 1\)

            \(\overrightarrow {KN} = \left( { - 1;1;1} \right) \Rightarrow KN = \sqrt 3 \)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm z.

+) \(z = a + bi \Rightarrow \overline z = a - bi\)

Cách giải:

\(\left( {1 + 3i} \right)z - 5 = 7i \Rightarrow z = \frac{{5 + 7i}}{{1 + 3i}} = \frac{{13}}{5} - \frac{4}{5}i \Rightarrow \overline z = \frac{{13}}{5} + \frac{4}{5}i\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Rút z theo w, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w.

+) Biểu diễn hình học tất cả các yếu tố có trong bài toán.

+) Tìm điều kiện để P đạt giá trị lớn nhất.

Cách giải:

\(z + {\rm{w}} = 3 + 4i \Rightarrow z = 3 + 4i - {\rm{w}} \Rightarrow \left| {3 + 4i - 2w} \right| = 9 \Leftrightarrow \left| {{\rm{w}} - \frac{3}{2} - 2i} \right| = \frac{9}{2}\)

Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm \(I\left( {\frac{3}{2};2} \right)\) bán kính \(R = \frac{9}{2}\)

Ta có: \(T = \left| z \right| + \left| {\rm{w}} \right| = \left| {{\rm{w}} - 3 - 4i} \right| + \left| {\rm{w}} \right|\)

Gọi M là điểm biểu diễn số phức w, \(A\left( {3;4} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = 3 + 4i\). Dễ thấy I là trung điểm của OA.

Khi đó \(P = MO + MA\)

\({P_{max}} \Leftrightarrow OM = OA \Leftrightarrow MI \bot OA\)

Ta có: \(OI = \sqrt {\frac{9}{4} + 4} = \frac{5}{2},\,\,\,IM = R = \frac{9}{2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính diện tích các tam giác OAB, OBC, OCD, OAD.

+) Sử dụng công thức \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}d\left( {O;AB} \right).AB\)

Cách giải:

Ta có: \(A\left( { - 1;1} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,\,C\left( {2; - 1} \right);\,\,D\left( {0; - 3} \right)\)

Phương trình AB: \[\frac{{x + 1}}{{1 + 1}} = \frac{{y - 1}}{{2 - 1}} \Leftrightarrow x + 1 = 2y - 2 \Leftrightarrow x - 2y + 3 = 0 \Rightarrow d\left( {O;AB} \right) = \frac{3}{{\sqrt 5 }};\,\,AB = \sqrt 5 \]

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}d\left( {O;AB} \right).AB = \frac{1}{2}.\frac{3}{{\sqrt 5 }}.\sqrt 5 = \frac{3}{2}\)

Phương trình BC:

\[\frac{{x - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{y - 2}}{{ - 1 - 2}} \Leftrightarrow - 3x + 3 = y - 2 \Leftrightarrow 3x + y - 5 = 0 \Rightarrow d\left( {O;BC} \right) = \frac{5}{{\sqrt {10} }};\,\,BC = \sqrt {10} \]

\( \Rightarrow {S_{\Delta OBC}} = \frac{1}{2}d\left( {O;BC} \right).BC = \frac{1}{2}.\frac{5}{{\sqrt {10} .\sqrt {10} }} = \frac{5}{2}\)

Phương trình CD:

\(\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 1}}{{ - 3 + 1}} \Leftrightarrow - 2x + 4 = - 2y - 2 \Leftrightarrow x - y - 3 = 0 \Rightarrow d\left( {O;CD} \right) = \frac{3}{{\sqrt 2 }};\,\,CD = 2\sqrt 2 \)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính thể tích khối trụ, khối nón.

Cách giải:

Kẻ PS, QR lần lượt qua I và K và vuông góc với AB.

Dễ thấy P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AE, BF, CH, DG.

Hình chữ nhật PQRS có \(PQ = \frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{2} = 2,\,\,QK = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow QR = \sqrt 3 \)

Quay hình chữ nhật PQRS quanh d ta được \({V_1} = \pi {\left( {\frac{{PQ}}{2}} \right)^2}QR = \pi {.1^2}.\sqrt 3 = \sqrt 3 \pi \)

Khi quay tam giác MEF quanh d ta được \({V_2} = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{24}}\)

Tương tự khi quay tam giác NGH quanh d ta được khối tròn xoay có thể tích \({V_2}\)

Xét tam giác vuông API có: \(PI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Khi quay tam giác API quanh d ta được \({V_3} = \frac{1}{3}\pi .A{P^2}.PI = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{24}}\)

Vậy khi xoay hình đã cho quanh d ta được vật tròn xoay có thể tích:

\(V = {V_1} + 2{V_2} + 4.\frac{{{V_3}}}{1} = \frac{{7\sqrt 3 \pi }}{6}\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{x_N} - {z_M}} \right)\)

\(\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{{\left( {{x_N} - {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_N} - {y_M}} \right)}^2} + {{\left( {{z_N} - {y_M}} \right)}^2}} \)

Cách giải:

\(\overrightarrow {MN} = \left( {4; - 1;6} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {53} \)

Đáp án C

Phương pháp:

Đưa các logarit về cùng cơ số.

Cách giải:

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 2\\mx > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\m > 0\end{array} \right.\)

\({\log _{\sqrt {2018} }}\left( {x - 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _{{{2018}^{\frac{1}{2}}}}}\left( {x - 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{\log _{2018}}\left( {x - 2} \right) = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _{2018}}{\left( {x - 2} \right)^2} = {\log _{2018}}\left( {mx} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = mx\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 4} \right)x + 4 = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Để phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow pt\left( * \right)\) có nghiệm kép lớn hơn 2 hoặc \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} < 2 < {x_2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({R^2} + {r^2} + {d^2}\) với

R: bán kính khối cầu

r: bán kính đường tròn giao tuyến

\(d = d\left( {I;\left( P \right)} \right)\)

Cách giải:

Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến ta có \(r = 5\)

Ta có: \(d = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 4 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 3\)

Gọi R là bán kính mặt cầu, áp dụng định lí Pytago ta có: \(R = \sqrt {{r^2} + {d^2}} = \sqrt {34} \)

Do đó phương trình mặt cầu là \(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34\)

Đáp án A

Phương pháp:

\(\left( P \right)\) đi qua A và nhận \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow i } \right]\) là 1 VTPT.

Cách giải:

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;1} \right);\,\,\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow i } \right] = \left( {0;1; - 2} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

\(d \bot \left( P \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _d};{\overrightarrow n _{\left( P \right)}}\) cùng phương.

Cách giải:

\(d \bot \left( P \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _d};{\overrightarrow n _{\left( P \right)}}\) cùng phương.

Ta có \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {4;0; - 1} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Viết phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) dạng đoạn chắn.

+) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

+) Sử dụng BĐT Buniacopxki tìm GTLN của biểu thức \(d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right)\) .

Cách giải:

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}\) nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Buniacopxki ta có: \(\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {3^2} = 9\)

\( \Leftrightarrow 3.\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 9 \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 3\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) \le \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Đáp án B

Đáp án A

Phương pháp:

\(\int {\sin kx\,dx = \frac{{ - \cos \,kx}}{k} + C} \)

Cách giải:

\(\int {\sin 3x\,dx = \frac{{ - \cos \,3x}}{3} + C} \)

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng \(\cos \,x\cos \,y = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {x + y} \right) + \cos \left( {x - y} \right)} \right]\)

Cách giải:

\(\cos \,5x.\cos \,x = \cos \,4x\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {\cos \,6x + \cos \,4x} \right) = \cos \,4x\)

\( \Leftrightarrow \cos \,6x + \cos \,4x = 2\cos \,4x\)

\( \Leftrightarrow \cos \,6x = \cos \,4x\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x = 4x + k2\pi \\6x = - 4x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{k\pi }}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)\)