Quan sát đồ thị của hàm số $y=f\left(x\right)$ta có hàm số đạt cực đại tại $x=0$và cực tiểu tại $x=2.$

Đáp án A

Bán kính đáy của hình nón là $r=3.\tan {60}^0=3\sqrt{3}.$ Vậy thể tích khối nón đó là

$V=\frac{1}{3}.\pi .{\left(3\sqrt{3}\right)}^2.3=27\pi \left(c{m}^3\right).$

Đáp án A.

Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là $C_{41}^5.$

Đáp án A

Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là Bvà chiều cao hlà $V=Bh.$

Đáp án B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{m\right\}.$

Ta có: $y\text{'}=\frac{-m(m+1)+2}{{(x-m)}^2}=\frac{-m^2-m+2}{{(x-m)}^2}.$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định $\iff y\text{'}>\mathrm{0,}\forall x\in D\iff -m^2-m+2>0\iff -2<m<1.$

Do $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m=\{-1;0\}.$

Đáp án B

Ta có $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.5.7}=70\pi \left(c{m}^2\right).$

Đáp án C

$\iff {\log }_{3}x+{\log }_3(x-1)-{\log }_{3}6=0$

$\iff {\log }_3\left[\frac{x(x-1)}{6}\right]=0$

$\iff \frac{x(x-1)}{6}=1$

$\iff x^2-x-6=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=3\\ x=-2\end{array}$.

Kết hợp điều kiện ta có $x=3\Rightarrow S=3.$

Đáp án A

Thể tích của khối cầu có bán kính $R=4$ và $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {.4}^3=\frac{256}{3}\pi$ (đơn vị thể tích).

Đáp án B.

Ta có $\overrightarrow{i}=(1;0;0),\overrightarrow{j}=(0;1;0),\overrightarrow{k}=(0;0;1)$nên $\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}=2.(1;0;0)-3(0;1;0)+(0;0;1)=(2;-3;1).$

Đáp án D.

Ta có công thức lãi kép $S=A{(1+r)}^n$ với S là số tiền thu được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu và r là lãi suất.

Theo bài ra ta có $2A=A{(1+\mathrm{8,4}\%)}^n\iff 2={(1+\mathrm{8,4}\%)}^n\Rightarrow n={\log }_{1+\mathrm{8,4}\%}2\approx \mathrm{8,59.}$

Vậy sau 9 năm thì người đó thu được số tiền gấp đôi ban đầu.

Đáp án D.

Ta có $u_3=u_1+2d\iff 4=-2+2d\iff d=3.$

Đáp án D.

Ta có =$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=-\infty$ và $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=-\infty$ là tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang.

Đáp án C.

Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của khối nón tương ứng là $\sqrt{5^2-4^2}=3.$

Áp dụng công thức thể tích nón, ta được $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}.\pi {.3}^2.4=12\pi .$

Đáp án B

Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với trục Oy nên khoảng cách từ tâm $I(2;1;-3)$ đển Oy là bán kính mặt cầu cần tìm.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên $Oy,$ khi đó $H(0;1;0).$

Do đó $R=HI=\sqrt{2^2+0^2+{(-3)}^2}=\sqrt{13}.$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1;1).$

Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;-1)$ và $(1;+\infty ).$

Đáp án A

Tọa độ điểm $A_1$ là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz là $A_1(0;2;3).$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên $a>0.$ Do đó loại đáp án A và B.

Hàm số có 3 cực trị $ab<1$ nên do đó loại đáp án C.

Đáp án D

Ta có $P=f\left(\frac{2}{x}\right)+f\left(x\right)={\log }_2\left(\frac{2}{x}\right)+{\log }_{2}x={\log }_2(\frac{2}{x}.x)={\log }_{2}2=1.$

Đáp án B

Ta có ${\log }_2(3x-2)>{\log }_2(6-5x)\iff \{\begin{array}{l}6-5x>0\\ 3x-2>6-5x\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x<\frac{6}{5}\\ x>1\end{array}\iff 1<x<\frac{6}{5}.$

Tập nghiệm của bất phương trình là $(1;\frac{6}{5}).$

Do đó $T=a.b=1.\frac{6}{5}=\frac{6}{5}.$

Đáp án C

Ta có $I={\log }_a\sqrt[3]{a}=I={\log }_a{a}^{\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}.$

Đáp án B

Điều kiện: $x+1>0\iff x>-1$

Tập xác định $D=(-1;+\infty ).$

Đáp án A

Ta có $x-1=0\iff x=1.$

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=1$ khi $1^2-2.1+m^2+1\ne 0\iff m\ne 0.$

Đáp án C

Ta có $3^{2x+1}-{4.3}^x+1=0\iff {3.3}^{2x}-{4.3}^x+1=0\iff [\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=\frac{1}{3}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}$

Suy ra $x_1=-1;x_2=0\Rightarrow x_1+2x_2=-1.$

Đáp án A

Ta có $v=s\text{'}=-t^2+12t=36-(t^2-12t+36)=36-{(t-6)}^2\le 36$

Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng $36(m/s)$ tại $t=6.$

Đáp án D

 

Thể tích hình chóp $A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ là $V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{V}{3}$

$\Rightarrow$ Thể tích khối đa diện $ABCB\text{'}C\text{'}$ là $V_{ABCB\text{'}C\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V-\frac{V}{3}=\frac{2V}{3}.$

Vậy thể tích khối đa diện $ABCB\text{'}C\text{'}$ bằng $\frac{2V}{3}.$

Đáp án C

Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc ba đi qua điểm $(0;1)$ nên hàm số cần tìm là $y=x^3-3x^2+1.$

Đáp án A

Đặt $u=1-4x\Rightarrow du=-4.dx\Rightarrow dx=-\frac{1}{4}du.$

$\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{1-4x}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{u}(-\frac{1}{4}du)=-\frac{1}{4}\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{u}du=-\frac{1}{4}\ln \left|u\right|+C=-\frac{1}{4}.\ln |1-4x|+C.$

Đáp án C

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}{x}^2-3x+2m>0\\ x+m>0\end{array}\left(1\right).$

Ta có: ${\log }_2(x^2-3x+2m)={\log }_2(x+m)$

      $\iff x^2-3x+2m=x+m$

      $\iff x^2-4x+m=0\iff m=-x^2+4x.$

Thay $m=-x^2+4x$ vào (1) ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}^2-3x+2(-x^2+4x)>0\\ x-x^2+4x>0\end{array}\iff -x^2+5x>0\iff 0<x<5.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^2+4x$ trên $(0;5).$

$f\text{'}\left(x\right)=-2x+4;f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=2.$

Bảng biến thiên

 

Phương trình đã cho có nghiệm $\iff -5<m\le 4.$

Do $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \{-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4\}.$

Đáp án B

Ta có ${\log }_5\left(\frac{4a+2b+5}{a+b}\right)=a+3b-4\iff {\log }_5(4a+2b+5)-{\log }_5(a+b)=a+3b-4$

$\iff {\log }_5(4a+2b+5)+(4a+2b+5)={\log }_5(a+b)+5a+5b+1$

$\iff {\log }_5(4a+2b+5)+(4a+2b+5)={\log }_5(5a+5b)+(5a+5b)$ (1)

Xét hàm số $f\left(t\right)=t+{\log }_{5}t$ với $t>0.$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=1+\frac{1}{t\ln 5}>\mathrm{0,}\forall t>0.$ Do đó $f\left(t\right)$ đồng biến trên $(0;+\infty ).$

Khi đó $\left(1\right)\iff 4a+2b+5=5a+5b\iff a=5-3b$.

Thay vào $T=a^2+b^2=10b^2-30b+25=10{(b-\frac{3}{2})}^2+\frac{5}{2}\ge \frac{5}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}b=\frac{3}{2}\\ a=\frac{1}{2}\end{array}.$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy $3f\left(x\right)+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ.$

Do đó $\frac{f^3\left(x\right)+3f^2\left(x\right)+4f\left(x\right)+2}{\sqrt{3f\left(x\right)+1}}=3f\left(x\right)+2$

$\iff f^3\left(x\right)+3f^2\left(x\right)+3f\left(x\right)+1+f\left(x\right)+1=\sqrt{3f\left(x\right)+1}(3f\left(x\right)+1+1)$

$\iff {[f\left(x\right)+1]}^3+[f\left(x\right)+1]={\left[\sqrt{3f\left(x\right)+1}\right]}^3+\sqrt{3f\left(x\right)+1}\left(1\right).$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^3+t$ với $t\in ℝ.$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=3t^2+1>\mathrm{0,}\forall t\in ℝ.$ Do đó $f\left(t\right)$ đồng biến trên $ℝ.$

Khi đó $\left(1\right)\iff f\left(x\right)+1=\sqrt{3f\left(x\right)+1}\iff f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)+1=3f\left(x\right)+1.$

$\iff f^2\left(x\right)-f\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=1\end{array}.$

 

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.

Đáp án B

Đặt $t=2\sin x+1.$

Với $x\in [0;\frac{\pi }{6})\Rightarrow t\in [1;2).$

Phương trình $f(2\sin x+1)=m$ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình $f\left(t\right)=m$ có nghiệm $t\in [1;2).$

Từ đồ thị suy ra, $m\in (-2;0].$

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của AB

Vì tam giác SAB cân tại S và $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$ nên $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi M là trung điểm của CD

Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên $HM\perp AD$ và $HM=a.$

Ta có $\begin{array}{l}CD\perp HM\\ CD\perp SH\end{array}\}\Rightarrow CD\perp \left(SHM\right)\Rightarrow CD\perp SM.$

Khi đó $(\left(SCD\right),\left(ABCD\right))=(SM,HM)=\widehat{SMH}={60}^0$.

Suy ra $SH=HM.\tan \widehat{SMH}=a.\tan {60}^0=a\sqrt{3}.$

Vậy thể tích của khối chóp SABCD là: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$ (đvtt).

Đáp án A

Thể tích của khối trụ lớn là $V_2=\pi r_2^{2}h=9\pi r_1^{2}h.$

Thể tích của khối trụ nhỏ là $V_1=\pi r_1^{2}h.$

Suy ra thể tích phần nằm giữa hai hình trụ là $V=V_2-V_1=8\pi r_1^{2}h.$

Vậy tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và hình trụ nhỏ là $\frac{V}{V_1}=\frac{8\pi r_1^{2}h}{\pi r_1^{2}h}=8.$

Đáp án D

Gọi $\left\{O\right\}=MP\cap NQ,\left\{H\right\}=AP\cap CO.$

Nhận xét: Hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng $\left(CDQP\right)$ là $DP\perp CQ$ suy ra $AP\perp CQ$; hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng $\left(MNPQ\right)$ là $MP\perp NQ$ suy ra $AN\perp NQ.$ Vậy $\{\begin{array}{l}AP\perp NQ\\ AP\perp CQ\\ NQ,CQ\subset \left(CNQ\right)\end{array}\Rightarrow AP\perp \left(CNQ\right)\Rightarrow d(A,\left(CNQ\right))=AH.$

Vì $AC//OP\Rightarrow \frac{AH}{HP}=\frac{AC}{OP}=2\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AP.$

Dễ thấy $AP=\sqrt{A{C}^2+A{M}^2}=a\sqrt{3}.$

Vậy $d(A,\left(CNQ\right))=AH=\frac{2}{3}a\sqrt{3}\Rightarrow d(A,\left(CNQ\right))=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án C

Từ Q kẻ $QI\perp B\text{'}C\text{'},$ từ P kẻ $PH//QM$, kéo dài MN cắt đường thẳng $A\text{'}D\text{'}$ tại K như hình vẽ.

Theo giả thiết ABC là tam giác đều cạnh 4 suy ra: $S_{\Delta ABC}=4\sqrt{3}.$

Dễ thấy $\Delta QIM\backsim \Delta PD\text{'}H$ nên $\frac{IM}{D\text{'}H}=\frac{QI}{PD\text{'}}=2\Rightarrow D\text{'}H=\frac{1}{2}IM=\frac{1}{8}B\text{'}C\text{'}=\frac{1}{8}A\text{'}D\text{'}.$

Mà $D\text{'}K=\frac{1}{2}A\text{'}D\text{'}$ suy ra

$KH=D\text{'}K-D\text{'}H=\frac{3}{8}A\text{'}D\text{'}\Rightarrow S_{\Delta MNH}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta MKH}=\frac{1}{2}.\frac{3}{8}{S}_{\Delta MD\text{'}A\text{'}}=\frac{3}{16}{S}_{\Delta MD\text{'}A}=\frac{3}{16}{S}_{\Delta ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $V_{QMNP}=V_{QMNH}=\frac{1}{3}QI.S_{\Delta MNH}=\frac{1}{3}\mathrm{.2.}\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án D

Ta thấy $\left(SAB\right),\left(SAC\right)$ cùng vuông góc với $\left(ABC\right)$ suy ra $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}AC\perp SA\left(1\right)\\ BC\perp SA\end{array}.$ Mặt khác tam giác ABC vuông tại B nên $CB\perp SB\left(2\right).$ Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra hai điểm A,B cùng nhìn đoạn SC dưới góc vuông nên hình chóp $S.ABC$ nội tiếp trong mặt cầu đường kính SC Mặt cầu này có tâm $I(2;1;2)$ và bán kính $r=\frac{SC}{2}=\sqrt{3}$ nên phương trình là ${(x-2)}^2+{(y-1)}^2+{(z-2)}^2=3.$

Đáp án A.

Ta có $y\text{'}=x^2-2(m+2)x+(m^2+4m),\forall x\in ℝ.$

$y\text{'}=0\iff [\begin{array}{l}x=m\\ x=m+4\end{array}.$

Do $m<m+4$$,\forall m$ nên ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:

 

Hàm số đồng biến trên khoảng $(3;8)$ khi và chỉ khi $[\begin{array}{l}8\le m\\ m+4\le 3\end{array}\iff [\begin{array}{l}8\ge m\\ m\le -1\end{array}.$

Đáp án B

Ta chia 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60 thành 3 tập hợp:

Tập hợp các số chia hết cho 3 số có 20 số.

Tập hợp các số chia 3 dư 1 có 20 số.

Tập hợp các số chia 3 dư 2 có 20 số.

Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ là: $n\left(\Omega \right)=C_{60}^3$

Rút 3 thẻ tổng chia hết cho 3 có các trường hợp sau:

TH1: Cả 3 thẻ chia hết cho 3: $C_{20}^3$

TH2: Cả 3 thẻ chia 3 dư 1: $C_{20}^3$

TH3: Cả 3 thẻ chia 3 dư 2: $C_{20}^3$

TH4: 1 thẻ chia hết 3, 1 thẻ chia 3 dư 1, 1 thẻ chia 3 dư 2: ${\left(C_{20}^1\right)}^3$

$\Rightarrow n\left(A\right)=3C_{20}^3+{\left(C_{20}^1\right)}^3=11420$