Đáp án đúng là: A

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

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

Đáp án đúng là: A

Ta có 

$\left\{\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[f\left(x\right)+3g\left(x\right)\right]\text{d}x=10\\ \underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[2f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]\text{d}x=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+3\underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=10\\ 2\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=4\\ \underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=2\end{array}\right.$

suy ra $\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]\text{d}x=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=4+2=6.$

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: C

Khẳng định $\int \frac{1}{x}\text{d}x=\ln \left(x+1\right)+C$ sai.

Đáp án đúng là: B

Phương trình ${\log }_{\frac{1}{2}}\frac{x^2+3x-2}{x}=0\iff \frac{x^2+3x-2}{x}={\left(\frac{1}{2}\right)}^0=1$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $y^{\text{'}}=1+\frac{2}{x^2}>0$với $\forall x\in \left(-\infty ;-1\right]$.

Mặt khác $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty ;y\left(-1\right)=1$. Vậy $\underset{\left(-\infty ;-1\right]}{\min }y=1$

Đáp án đúng là: A

Nhận xét: Số điểm cực trị y = f(x) bằng với số điểm cực trị g(x).

Vậy g(x) = f(-x - 2) có ba điểm cực trị.

Đáp án đúng là: D

Gọi K là trung điểm của AC.

Khi đó $IK\text{//}BC\Rightarrow \widehat{\left(SI,BC\right)}=\widehat{\left(SI,IK\right)}$.

Ta có $SI=\frac{1}{2}AB,SK=\frac{1}{2}AC,IK=\frac{1}{2}BC$(tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Do $SA=SB=SC\Rightarrow AB=BC=AC$, khi đó $SI=SK=IK$ hay $\Delta SIK$ là tam giác đều.

Vậy $\widehat{\left(SI,BC\right)}=\widehat{\left(SI,IK\right)}=60°$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $z_1.z_2=\left(3-i\right)\left(-1+i\right)=-2+4i$.

Vậy phần ảo của số phức $z_1.z_2$ bằng .

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overline{z}=3+i\Rightarrow z=3-i$.

Đáp án đúng là: B

$y=2^x\Rightarrow y^{\text{'}}=2^x.\ln 2$.

Đáp án đúng là: B

Cho $n\in {\mathbb{N}}^{*}$, đẳng thức $a^{-n}=\frac{1}{a^n}$ xảy ra khi $a\ne 0.$

Đáp án đúng là: D

Điểm M thuộc khối cầu tâm O bán kính R nếu $OM\le R.$

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng d có phương trình tham số $\left\{\begin{array}{l}x=-2t\\ y=6+t\\ z=1-3t\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(-2;1;-3\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right):2x-y+3z+12=0\Rightarrow \left(P\right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;3\right)$

Đáp án đúng là: D

$z={\left(1+2i\right)}^2=1+4i+4i^2=-3+4i$.

Vậy điểm biểu diễn số phức z là điểm $P\left(-3;4\right).$

Đáp án đúng là: B

Đáy hình lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng 2a nên $S=\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}.$

Chiều cao của hình lăng trụ bằng h = 2a.

Thể tích $V=S.h=a^2\sqrt{3}.2a=2\sqrt{3}{a}^3$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $u_1=\mathrm{9,}{u}_3=17$. Công sai $d=\frac{u_3-u_1}{2}=4$.

Số hạng tổng quát $u_n$ là: $u_n=u_1+\left(n-1\right)d=9+\left(n-1\right)4=4n+5$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x={\left.f\left(x\right)\right|}_{-1}^2=f\left(2\right)-f\left(-1\right)=-1-8=-9.$

Đáp án đúng là: C

Số cách chọn 2 học sinh từ một nhóm gồm 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ là: $C_{10}^2=45$.

Đáp án đúng là: D

Do đáy là tam giác đều nên có diện tích là $B=S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Cạnh bên SA vuông góc với đáy suy ra chiều cao là h = SA.

Ta có: $V=\frac{1}{3}B.h\Rightarrow h=\frac{3V}{B}=\frac{3.\frac{a^3}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=a\sqrt{3}$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).

Đáp án đúng là: B

Ta có: $f\left(x\right)={\left(\frac{x^5}{5}+e^x-\cos x+C\right)}^{\text{'}}=x^4+e^x+\sin x.$

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(4;-6;9\right)=12\left(\frac{1}{3};\frac{-1}{2};\frac{3}{4}\right)$.

Tọa độ của một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ là: $\left(\frac{1}{3};\frac{-1}{2};\frac{3}{4}\right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $a=\mathrm{1,}b=-\mathrm{2,}c=-\mathrm{1,}d=-3$$\Rightarrow R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=\sqrt{9}=3$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\frac{x}{-2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{3}=1\iff 3x+6y-2z+6=0$.

$\Rightarrow$ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là $\left(3;6;-2\right)$.

Đáp án đúng là: B

- Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng => Loại A, C.

- Đồ thị hàm số có một cực trị => Loại D.

Đáp án đúng là: D

$d\left(M;\left(Oxz\right)\right)=\left|b\right|$.

Đáp án đúng là: D

Dựng hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Vì phần đường cong là một đồ thị hình sin đi qua các điểm

$\left(0;0\right),\left(-\frac{\pi }{2};\mathrm{1,5}\right),\left(-\pi ;0\right),\left(\frac{\pi }{2};-\mathrm{1,5}\right),\left(\pi ;0\right)$ nên đường cong có phương trình $y=-\frac{3}{2}\sin x$.

Khi đó phần diện tích đất trồng hoa giới hạn bởi các đồ thị hàm số: $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{3}{2}\sin x\\ y=0\\ x=-\pi ;x=\pi \end{array}\right.$

Do đó diện tích đất trồng hoa là $S=\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\left|-\frac{3}{2}\sin x\right|dx=2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{3}{2}\sin xdx=2\left({\left.-\frac{3}{2}\cos x\right|}_0^{\pi }\right)=6{\text{m}}^{\text{2}}$.

Đáp án đúng là: B

Có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC$ mà $BC\perp AB$ nên $BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SAB\right)$

Kẻ $AH\perp SB$ tại H trong (SAB).

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(SBC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SBC\right)=SB\\ \text{Trong }\left(SAB\right),AH\perp SB\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$.

Do đó $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$.

Xét $\Delta SAB$ vuông tại A, có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}$

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

Đáp án đúng là: C

Ta có: $z^2-2z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+2i\\ z_2=1-2i\end{array}\right.$ .

Giả sử A(1;2), B(1;-2) lần lượt là điểm biểu diễn của $z_1$ và $z_2$.

Khi đó: $AB=\sqrt{{\left(1-1\right)}^2+{\left(-2-2\right)}^2}=4$ nên $S_{OAB}=\frac{1}{2}OK.AB=\frac{1}{2}\mathrm{.1.4}=2$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\log }_2\left(12-2^x\right)=5-x\iff \left\{\begin{array}{l}12-2^x>0\\ 12-2^x=2^{5-x}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<{\log }_{2}12\\ {\left(2^x\right)}^2-{12.2}^x+32=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x<{\log }_{2}12\\ \left[\begin{array}{l}{2}^x=8\\ 2^x=4\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<{\log }_{2}12\\ \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=2\end{array}\right.$.

Do đó tích các nghiệm của phương trình là P = 3.2 = 6.

Đáp án đúng là: B

Ta có $n\left(\Omega \right)=C_{15}^2=105$

Gọi A “lấy được hai quả khác màu, khác số và có ít nhất một quả ghi số chẵn”

TH1: Lấy được 1 quả màu đỏ chẵn, 1 quả màu xanh lẻ: $C_3^1{C}_5^1$ = 15 cách.

TH2: Lấy được 1 quả màu đỏ lẻ, 1 quả màu xanh chẵn: $C_3^1{C}_4^1=12$ cách.

TH3: Lấy được 1 quả màu đỏ chẵn, 1 quả màu xanh chẵn: $C_3^1{C}_4^1=12$cách.

Ta có $n\left(A\right)=C_3^1.C_5^1+C_3^1.C_4^1+C_3^1.C_4^1=39$

Ta có $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{39}{105}=\frac{13}{35}$.

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-4\right\}$.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{4-m^2}{{\left(x+4\right)}^2}$

Để hàm số $y=\frac{x+m^2}{x+4}$ đồng biến trên từng khoảng xác định $\Rightarrow y^{\text{'}}>0\iff 4-m^2>0\iff -2<m<2$.

Vì $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-1;0;1\right\}$.

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng $\left(Oxy\right):z=0$.

Có $\overrightarrow{AB}=\left(6;3;6\right)=3\left(2;1;2\right)$.

Đường thẳng AB đi qua điểm A(2;3;-4) và nhận $\overrightarrow{u}\left(2;1;2\right)$ làm vectơ chỉ phương có dạng: $\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=3+t\\ z=-4+2t\end{array}\right.$.

Mà $C\in AB$ nên $C\left(2+2t;3+t;-4+2t\right)$.

Mặt khác $C\in \left(Oxy\right)$ nên $-4+2t=0\iff t=2$.

Với t = 2 thì C(6;5;0).

Do đó $BC=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-1\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=3$; $AC=\sqrt{4^2+2^2+4^2}=6$.

Vậy $\frac{BC}{AC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng d song song với $BC\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{BC}=\left(-2;1;1\right)$.

Đường thẳng d đi qua A(0;-1;3) và song song BC có dạng: $\left\{\begin{array}{l}x=-2t\\ y=-1+t\\ z=3+t\end{array}\right.$.

Do đó dạng chính tắc của d là: $\frac{x}{-2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-3}{1}$.

Đáp án đúng là: D

Đặt $z=x+yi(x,y\in ℝ)$. Khi đó $\left|z-1\right|=\sqrt{34}\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2=34$ (C).

Suy ra điểm biểu diễn của số phức $z_1,z_2$ nằm trên đường tròn (C) tâm I(1;0) bán kính $R=\sqrt{34}$.

Lại có, $\left|z+1+mi\right|=\left|z+m+2i\right|\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y+m\right)}^2={\left(x+m\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2$

$\iff \left(2-2m\right)x+\left(2m-4\right)y-3=0$ (d).

Suy ra điểm biểu diễn số phức $z_1,z_2$ nằm trên đường thẳng (d).

Gọi $A\left(x_0;y_0\right)$ là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua. Khi đó, $\left(2-2m\right)x_0+\left(2m-4\right)y_0-3=\mathrm{0,}\forall m$

$\iff 2m(y_0-x_0)+2x_0-4y_0-3=\mathrm{0,}\forall m$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{y}_0-x_0=0\\ 2x_0-4y_0-3=0\end{array}\right.\iff x_0=y_0=-\frac{3}{2}\Rightarrow A\left(-\frac{3}{2};-\frac{3}{2}\right)$.

Ta có, $IA=\frac{\sqrt{34}}{2}<R$ nên điểm A nằm trong đường tròn (C).

Do đó đường thẳng (d) luôn cắt đường tròn (C) tại 2 điểm M, N và điểm M, N chính là điểm biểu diễn của số phức $z_1,z_2$.

Theo giả thiết thì $\left|z_1-z_2\right|=MN$ lớn nhất $\iff \left(d\right)$$\equiv IA$ .

Do đó $\left|z_1+z_2\right|=\left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}\right|=\left|2.\overrightarrow{OI}\right|=2.OI=2$.

Đáp án đúng là: D

Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường thẳng $\Delta$.

Vì $H\in \Delta$ nên $H\left(2-2t;-2+t;1+3t\right)$.

Ta có $\overrightarrow{AH}\left(1-2t;-4+t;-2+3t\right)$ và ${\overrightarrow{u}}_{\Delta }=\left(-2;1;3\right)$.

Vì AH vuông góc với đường thẳng $\Delta$ nên $\overrightarrow{AH}\perp {\overrightarrow{u}}_{\Delta }\iff \overrightarrow{AH}.{\overrightarrow{u}}_{\Delta }=0$

$\iff -2\left(1-2t\right)+1\left(-4+t\right)+3\left(-2+3t\right)=0$$\iff 14t=12$

$\iff t=\frac{6}{7}$ $\Rightarrow H\left(\frac{2}{7};-\frac{8}{7};\frac{25}{7}\right)$.

Tương tự, giả sử $I\left(2-2a;-2+a;1+3a\right)$.

Ta có $\overrightarrow{BI}\left(4-2a;5+a;-5+3a\right)$ và ${\overrightarrow{u}}_{\Delta }=\left(-2;1;3\right)$.

Vì BI vuông góc với đường thẳng $\Delta$ nên $\overrightarrow{BI}\perp {\overrightarrow{u}}_{\Delta }\iff \overrightarrow{BI}.{\overrightarrow{u}}_{\Delta }=0$

$\iff -2\left(4-2a\right)+1\left(5+a\right)+3\left(-5+3a\right)=0$

$\iff a=\frac{9}{7}$ $\Rightarrow I\left(-\frac{4}{7};-\frac{5}{7};\frac{34}{7}\right)$.

Dựng đường thẳng d đi qua I và song song với HA và chọn điểm B' cùng phía với A so với $\Delta$ sao cho $B^{\text{'}}I=BI$.

Ta có $MB=MB\text{'}$ $\Rightarrow \left|MA-MB\right|=\left|MA-M{B}^{\text{'}}\right|\le A{B}^{\text{'}}$.

Dấu "=" xảy ra khi A, B', M thẳng hàng và M nằm ngoài đoạn AB (hình vẽ).

Vậy giá trị lớn nhất của $\left|MA-MB\right|$ là AB'.

Ta có $AH=\sqrt{{\left(\frac{2}{7}-1\right)}^2+{\left(\left(-\frac{8}{7}\right)-2\right)}^2+{\left(\frac{25}{7}-3\right)}^2}=\frac{5\sqrt{21}}{7}$,

$B^{\text{'}}I=BI=\sqrt{{\left(\left(\frac{-4}{7}\right)+2\right)}^2+{\left(\left(\frac{-5}{7}\right)+7\right)}^2+{\left(\left(\frac{34}{7}\right)-6\right)}^2}=\frac{10\sqrt{21}}{7}$.

$\Rightarrow B^{\text{'}}K=B^{\text{'}}I-AH=\frac{5\sqrt{21}}{7}$ (do $B^{\text{'}}I>AH$) và $HI=\frac{3\sqrt{14}}{7}$.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AKB' ta có,

$AB\text{'}=\sqrt{A{K}^2+B^{\text{'}}{K}^2}=\frac{\sqrt{651}}{7}\approx \mathrm{3,645}$.

Đáp án đúng là: D

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ

Vì độ dài trục lớn là 1m nên ta có $2a=1\iff a=\frac{1}{2}$.

Độ dài trục bé là 0,8m nên ta có $2b=\mathrm{0,8}\Rightarrow b=\frac{2}{5}$.

Ta có phương trình của Elip là $\frac{x^2}{\frac{1}{4}}+\frac{y^2}{\frac{4}{25}}=1.$

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của dầu với elip.

Gọi $S_1$ là diện tích của Elip ta có $S_1=\pi ab=\pi .\frac{1}{2}.\frac{2}{5}=\frac{\pi }{5}$.

Gọi $S_2$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng ( tính từ đáy thùng lên mặt dầu) là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là $y=\frac{1}{5}.$

Mặt khác từ phương trình $\frac{x^2}{\frac{1}{4}}+\frac{y^2}{\frac{4}{25}}=1$, ta có $y=\frac{4}{5}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}.$

Tọa độ giao điểm của elip và đường thẳng $y=\frac{1}{5}$ là nghiệm của hệ:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{\frac{1}{4}}+\frac{y^2}{\frac{4}{25}}=1\\ y=\frac{1}{5}\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{\sqrt{3}}{4}\\ y=\frac{1}{5}\end{array}\right.$.

Do đó đường thẳng $y=\frac{1}{5}$ cắt Elip tại hai đỉnh M, N có hoành độ lần lượt là $-\frac{\sqrt{3}}{4}$ và $\frac{\sqrt{3}}{4}$ nên $S_2=\underset{-\frac{\sqrt{3}}{4}}{\overset{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\int }}\left(\frac{4}{5}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}-\frac{1}{5}\right)\text{d}x=\frac{4}{5}\underset{-\frac{\sqrt{3}}{4}}{\overset{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\int }}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}\text{d}x-\frac{\sqrt{3}}{10}.$

Tính $I=\underset{-\frac{\sqrt{3}}{4}}{\overset{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\int }}\sqrt{\frac{1}{4}-x^2}\text{d}x.$