Đáp án D

Số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_6^1.C_6^1=6.6=36$ 

Đáp án B

Ta có $4=2.2$ nên cạnh của khối lập phương là 2

cạnh của khối lập phươngsau khi tăng là: $2.2=4$ 

 Thể tích khối lập phương là: $\mathrm{4.4.4}=64$ 

Đáp án B

khối đa diện đều loại {3;4]là khối bát diện đều. Tổng các góc của tất cả các mặt của khối bát diện đều là $8\mathrm{\pi }$ 

Đáp án B

$PT\iff \cos x\left(cosx+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \cos x=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=\pi +k2\pi \end{array}\right.$

Vì $\frac{\pi }{2}<x<\frac{3\pi }{2}$ nên $x=\pi$ 

Đáp án C

Ta có $v=s\text{'}\left(t\right)=-\frac{21}{2}{t}^2+\frac{2017}{2}t+1$

$v\text{'}\left(t\right)=-21t+\frac{2017}{2}=0\iff t=\frac{2017}{42}$

Vẽ bảng biến thiên của v(t) trên khoảng $\left(0;+\infty \right)\Rightarrow v_{max}$ tại $t=\frac{2017}{42}\approx 48\left(s\right)$ 

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án C

$x_0=1$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.

Đáp án D

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4x=4x\left(x^2-1\right)>0\iff x\in \left(-1;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)\Rightarrow$Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-1;0\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Hàm số có tập xác định D= R

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x+\sqrt{x^2+x+1}}{x^3+x}=0\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có TCN $y=0$ 

Ta có $x^3+x=0\iff x=0\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có TCD $x=0$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(-3\right)=3,y\left(-3\right)=4$

Suy ra PTTT tại điểm có hoành độ bằng -3 là $y=3\left(x+3\right)+4\iff y=3x+13$ 

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=x^2+2\left(m-1\right)x-4m$ 

Hàm số luôn đồng biến

$y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ \Delta \text{'}\left(y\text{'}\right)\le 0\end{array}\right.\iff {\left(m-1\right)}^2+4m\le 0\iff {\left(m+1\right)}^2\le 0\iff m=-1$ 

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án C

$\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\sqrt{2\left|x\right|+7}=\sqrt{11}$

Đáp án A

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

hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó $\iff y\text{'}>0\iff -m-1>0\iff m<-1$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=-3x^2+3\iff y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}A\left(1;4\right)\\ B\left(-1;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB=\sqrt{{\left(1+1\right)}^2+4^2}=2\sqrt{5}$ 

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=x^3-2mx=x\left(x^2-2m\right)$

Hàm số có 3 cực trị $\iff y\text{'}=0$ có 3 nghiệm phân biệt $\iff x^2-2m$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Suy ra m>0 

Hàm số bậc 4 trùng phương có 3 cực trị $\iff ab=\frac{-m}{4}<0\iff m>0$ 

Đáp án D

Ta có $\frac{{\left(3+x\right)}^{20}}{3}=\frac{{\displaystyle \sum _{k=0}^{20}{C}_{20}^k{3}^{20-k}{x}^k}}{3}=\sum _{k=0}^{20}{C}_{20}^k{3}^{19-k}{x}^k=3^{19}{C}_{20}^0+x^2{3}^{18}{C}_{20}^1+\mathrm{...}+\frac{1}{3}{x}^{20}{C}_{20}^{20}$

Chọn $x=1\Rightarrow \frac{{\left(1+3\right)}^{20}}{3}=3^{19}{C}_{20}^0+3^{18}{C}_{20}^1+\mathrm{...}+\frac{1}{3}{C}_{20}^{20}\Rightarrow S=\frac{4^{20}}{3}$

Đáp án B

Ta có $I=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x-4\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-4\right)}{\left(x+1\right)}=-\frac{3}{2}$

Đáp án B

Ta có đồ thị hàm số $y=\left(a-2017\right)x^3+b{x}^2+cx+d+4$ (dịch chuyển hình đề bài lên trên 4 đơn vị) như hình 1

$y=\left|\left(a-2017\right)x^3+b{x}^2+cx+d+4\right|$ như hình 2 (Dựa vào hình 1 để vẽ hình 2)

Tọa độ các điểm cực trị $\left(-1;0\right),\left(0;4\right),\left(2;0\right)\Rightarrow \sum y=4$

Đáp án D

Đáp án D

Ta có $T_{\overrightarrow{v}}\left(A\right)=A_1\Rightarrow \overrightarrow{{\text{AA}}_1}=\overrightarrow{v}\left(1;3\right)\Rightarrow A_1\left(3;4\right)$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=6x^2-2x+3=6{\left(x-\frac{1}{6}\right)}^2+\frac{107}{36}>0\Rightarrow$ Hàm số không có cực trị

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=\frac{x^2-2x-3}{{\left(x-1\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Suy ra $y\left(2\right)=7,y\left(3\right)=6,y\left(4\right)=\frac{19}{3}\Rightarrow$ $\underset{\left[2;4\right]}{\min }y=6$

Đáp án D

Đáp án C

Hình có 2 trục đối xứng, đó là các đường thẳng a, d’, a và b

Trong đó a và b là các đường phân giác của các góc tạo bởi 2 đường thẳng d và d’

Đáp án D

$PT\iff \sin 2x=0\iff 2x=k\pi \iff x=k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ 

Đáp án C

Dựng $AH\perp BD,$ lại có

$SA\perp \left(SHA\right)\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBD\right);\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SHA}$ 

Ta có $AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SA}{AH}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ 

Đáp án C

Khi $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu thì f(x) đạt cực trị

Dựa vào 3 đồ thị ta thấy rằng. Khi f2 cực trị thì f1 đổi dấu, f1 cực trị thì f3 đổi dấu

Như vậy $f\text{'}\left(2\right)=f_1$ và $f\text{'}\left(1\right)=f_3$ 

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm

 $\begin{array}{l}y=x^3+2m{x}^2+\left(m+3\right)x+4=x+4\\ \iff x^3+2m{x}^2+\left(m+2\right)x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=4\\ g\left(x\right)=x^2+2mx+m+2=0\end{array}\right.\end{array}$

Điều kiện cắt tại 3 điểm: $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2-m-2>0\\ g\left(0\right)=m+2\ne 0\end{array}\right.$ 

Khi đó gọi $B\left(x_1;x_1+4\right),C\left(x_2;x_2+4\right)$ khi đó $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-2m\\ x_1{x}_2=m+2\end{array}\right.\left(Viet\right)$ 

$\begin{array}{l}{S}_{KAB}=\frac{1}{2}d\left(K;BC\right).BC=\frac{1}{2}\frac{\left|1-3+4\right|}{\sqrt{2}}.\sqrt{2{\left(x_1-x_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2}=8\sqrt{2}\\ \iff 4m^2-4m-8=128\iff m^2-m-34=0\iff m=\frac{1\pm \sqrt{137}}{2}\left(t/s\right)\end{array}$ 

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2-\frac{b}{x^2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=3a-b=1\\ y\text{'}\left(-2\right)=12a-\frac{b}{4}=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{5}\\ b=-\frac{8}{5}\end{array}\right.$ 

Khi đó $y\text{'}\left(\sqrt{2}\right)=6a-\frac{b}{2}=-\frac{2}{5}$

Đáp án B

Dễ thấy hình chóp S.A’B’C’D’ đồng dạng với hình chóp S.ABCD theo tỉ lệ $k=\frac{1}{3}$ 

Do đó $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{S.ABCD}}={\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}\Rightarrow S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}=1m^3$ 

Đáp án D

$\begin{array}{l}PT\iff \frac{\pi }{4}\left(3x-\sqrt{9x^2-16x-80}\right)=k\pi \iff 3x-\sqrt{9x^2-16x-80}=4k\\ \iff \sqrt{9x^2-16x-80}=3x-4k\iff \left\{\begin{array}{l}3x\ge 4k\\ 9x^2-16x-80=9x^2-24kx+16k^2\end{array}\right.\end{array}$

Xét $9x=\frac{18k^2+90}{3k-2}=\frac{2\left(9k^2-4\right)+98}{3k-2}=2\left(3k+2\right)+\frac{98}{3k-2}$ 

$Dox\in \mathbb{N}*\Rightarrow 3k-2=\left\{1;2;7;14;49;98\right\}\stackrel{k\in \mathbb{Z}}{\to }\left[\begin{array}{l}k=1\Rightarrow x=12\\ k=3\Rightarrow x=4\\ k=17\Rightarrow x=12\end{array}\right.$

Chỉ có 2 nghiệm $\left\{k;x\right\}=\left\{1;12\right\};\left\{3;4\right\}$ thỏa mãn $3x\ge 4k$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty \Rightarrow a<0$ 

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm $\left(0;d\right)\Rightarrow d<0$ 

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c=0$ khi đó $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-2b}{3a}>0\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}<0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b>0\\ c>0\end{array}\right.$ 

Đáp án B

Tam giác A’AC vuông cân $\Rightarrow AA\text{'}=AC=\frac{A\text{'}C}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$ 

Đáy ABCD là hình vuông nên $AB=AD=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{a}{2}$ 

Dựng $DH\perp D\text{'}C,$ lại có

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BC\perp DC\\ BC\perp DD\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp DH\\ Suy\text{ ra DH}\perp \left(BD\text{'}C\right)\Rightarrow d=DH=\frac{DC.DD\text{'}}{\sqrt{C{D}^2+DD{\text{'}}^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\end{array}$ 

Đáp án A

$TXD:D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$ 

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

hàm số luôn đồng biến trên tập xác định của nó khi $y\text{'}\ge 0\left(\forall x\in D\right)$ (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm)

$\iff m-\frac{m^2-2m}{{\left(x-1\right)}^2}\ge 0\left(\forall x\in D\right)\iff x{\left(x-1\right)}^2\ge m^2-2m\left(\forall x\in D\right)$

Với $m=0\Rightarrow y\text{'}=0\left(\forall x\in D\right)$ (không thỏa mãn dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm)

Khi đó hàm số luôn đồng biến trên tập xác định $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ m^2-2m\le 0\end{array}\right.\iff 0<m\le 2$ 

Đáp án B

Ta có

 $\begin{array}{l}{\sin }^{4}x+co{s}^{4}x=mcos4x+n\iff \left({\sin }^{2}x+co{s}^{2}x\right)-2{\sin }^{2}x.co{s}^{2}x=mcos4x+n\\ \iff 1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x=mcos4x+n\iff 1-\frac{1-cos4x}{4}=mcos4x+n\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=\frac{1}{4}\\ n=\frac{3}{4}\end{array}\right.\Rightarrow S=1\end{array}$

Đáp án A

Ta có: Đồ thị đi qua điểm (0,c) suy ra $c=-3$ 

Tại $x=1\Rightarrow y=a+b+c=-5\Rightarrow a+b=-2$ 

Do $x=1$ là điểm cực trị suy ra $y\text{'}\left(1\right)=0\iff 4a+2b=0$ 

Do đó $\left\{\begin{array}{l}c=-3\\ a=2\\ b=-4\end{array}\right.\Rightarrow P=-15$ 

Đáp án A

Xét hàm số $y=x^4-2m{x}^2+2m+m^4,$ có $y\text{'}=4x^3-4mx,\forall x\in ℝ$ 

Phương trình $y\text{'}=0\iff 4x^3-4mx=0\iff x\left(x^2-m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=m\end{array}\right.\left(*\right)$

Để hàm số có ba điểm cực trị $\iff \left(*\right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 

Khi đó, gọi $A\left(0;2m+m^4\right),B\left(\sqrt{m};m^4-m^2+2m\right),C\left(-\sqrt{m};m^4-m^2+2m\right)$ là tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Tam giác ABC đều $\iff A{B}^2=B{C}^2\iff m+m^4=4m\iff m^4=3m\iff m=\sqrt[3]{3}$ 

Đáp án C

Dựa vào phép tịnh tiến đồ thị:

Bước 1: Tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ trên trục hoành 2 đơn vị

Bước 2: Vẽ đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x-2\right|\right)$dựa vào đồ thị tịnh tiến ở bước 1

Bước 3: Tịnh tiến đồ thị hàm số vẽ ở bước 2 theo trục tung 1 đơn vị

Vậy đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x-2\right|\right)+1$ có 7 điểm cực trị

Đáp án D

Xét hàm số $f\left(x\right)=m{x}^3-\left(m+1\right)x-2\stackrel{}{\to }f\text{'}\left(x\right)=3m{x}^2-m-1$

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=2\Rightarrow f\text{'}\left(2\right)=0\iff 3m{.2}^2-m-1=0\iff m=\frac{1}{11}$ 

Đáp án A

Vì I là tâm đối xứng của đồ thị $\left(C\right)\Rightarrow I\left(2;2\right)$ 

Gọi $M\left(x_0;\frac{2x_0-1}{x_0-2}\right)\in \left(C\right)\Rightarrow y\text{'}\left(x_0\right)=-\frac{3}{{\left(x_0-2\right)}^2}$ suy ra phương trình tiếp tuyến $\Delta$ là

$y-y_0=y\text{'}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)\iff y-\frac{2x_0-1}{x_0-2}=-\frac{3}{{\left(x_0-2\right)}^2}\left(x-x_0\right)\iff y=-\frac{3}{{\left(x_0-2\right)}^2}+\frac{2x_0^2-2x_0+2}{{\left(x_0-2\right)}^2}$ 

Đường thẳng $\Delta$ cắt TCĐ tại $A\left(2;y_A\right)\stackrel{}{\to }{y}_A=\frac{2x_0+2}{x_0-2}\Rightarrow A\left(2;\frac{2x_0+2}{x_0-2}\right)$ 

Đường thẳng $\Delta$ cắt TCN tại $B\left(x_B;2\right)\stackrel{}{\to }{x}_B=2x_0-2\Rightarrow B\left(2x_0-2;2\right)$ 

Suy ra $IA=\frac{6}{\left|x_0-2\right|};IB=2\left|x_0-2\right|\stackrel{}{\to }IA.IB=\frac{6}{\left|x_0-2\right|}.2\left|x_0-2\right|=12$

Tam giác IAB vuông tại $I\Rightarrow R_{\Delta IAB}=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{I{A}^2+I{B}^2}}{2}\ge \frac{\sqrt{2IA.IB}}{2}=\sqrt{6}$ 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $IA=IB\iff 3={\left(x_0-2\right)}^2\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=2+\sqrt{3}\\ x_0=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$

Suy ra phương trình đường thẳng $\Delta$ và gọi M, N lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với Ox, Oy

Khi đó $M\left(\frac{2x_0^2-2x_0+2}{3};0\right),N\left(0;\frac{2x_0^2-2x_0+2}{3}\right)\Rightarrow S_{\Delta OMN}=\frac{1}{2}OM.ON$

Vậy $S_{max}=14+8\sqrt{3}\approx 27,85\in \left(27;28\right)khi{\text{ x}}_0=2+\sqrt{3}$

Đáp án D

Ta có $DN=BM=\frac{1}{3}BD\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}DN=\frac{2}{3}DO\\ BM=\frac{2}{3}BO\end{array}\right.\Rightarrow M,N$ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, ACD

Đáp án A

Vì $AM//BC\Rightarrow \frac{IM}{IB}=\frac{MA}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{d\left(I;AD\right)}{d\left(B;AD\right)}=\frac{1}{3}$ 

Suy ra $S_{\Delta IMA}=\frac{1}{2}d\left(I;AD\right).AM=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}d\left(B;AD\right).\frac{1}{2}AD=\frac{S_{ABCD}}{12}$ 

Mà N là trung điểm của $SC\Rightarrow d\left(N;\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(S;\left(ABCD\right)\right)$ 

Vậy $\frac{V_{AMNI}}{V_{S.ABCD}}=\frac{d\left(N;\left(ABCD\right)\right)}{d\left(S;\left(ABCD\right)\right)}.\frac{S_{\Delta IMA}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{12}=\frac{1}{24}$

Đáp án B

TH1: 4 chữ số a, b, c , d khác nhau $\stackrel{}{\to }$ có $C_9^4$ số

TH2: Trong 4 chữ số a, b, c , d có 3 chữ số giống nhau $\stackrel{}{\to }$ có $3C_9^3$ số

TH3: Trong 4 chữ số a, b, c , d có 2 chữ số giống nhau $\stackrel{}{\to }$ có $2C_9^2$ số

TH4: TH1: 4 chữ số a, b, c , d giống nhau $\stackrel{}{\to }$ có $C_9^1$ số

Vậy có tất cả $C_9^4+3C_9^3+2C_9^2+C_9^1=459$số cần tìm

Đáp án B  

Ta có $V_{A_1{B}_{1}CA}=V_{B_{1}A{A}_{1}C}=\frac{1}{2}{V}_{B_{1}A{A}_1{C}_{1}C}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V}_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}$ 

Gọi H là hình chiếu của A1 trên $mp\left(ABC\right)\Rightarrow \widehat{A{A}_1;\left(ABC\right)}=\widehat{A_{1}HA}=30°$ 

TAM GIÁC $A_{1}HA$vuông tại H, có $\sin \widehat{A_{1}HA}=\frac{A_{1}H}{A{A}_1}\Rightarrow A_{1}H=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy thể tích $V_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}=A_{1}H.S_{\Delta ABC}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{8}\Rightarrow V_{A_1{B}_{1}CA}=\frac{a^3\sqrt{6}}{24}$