Chọn A

log2x+1=4⇔x+1=24⇔x=15.

Vậy phương trình có nghiệm là x = 15

Chọn C

Ta có y'=x2+2x−3 và y''=2x+2.

Phương trình y'=0⇔x=1x=−3..

Vì y''1=4>0 nên x = 1 là điểm cực tiểu.

Chọn B

Đường cong có dạng hàm bậc ba với a > 0 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng nên là đồ thị của hàm số y=x3−3x2+1

Chọn B

Hàm số y=x−2x+1 không xác định tại x = -1 nên không thể đồng biến trên R => loại A.

Hàm số y=3x3+3x−2⇒y'=9x2+3>0,∀x∈ℝ. Do đó, hàm số y=3x3+3x−2 luôn đồng biến trên R.

Hàm số y=x4+3x2⇒y'=4x3+6x;y'=0 có một nghiệm duy nhất x = 0 và đổi dấu khi đi qua nghiệm đó nên không thể đồng biến trên R => loại C.

Hàm số y=2x3−5x+1⇒y'=6x2−5;y'=0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua hai nghiệm đó nên không thể đồng biến trên R => loại D.

Chọn B

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, OM⊥BCSM⊥BC⇒ góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABCD) chính là góc SMO^.

Xét tam giác SMO vuông tại O có OM=AB2=a;SM=SB2−BM2=2a2.

Do đó, cosα=cosSMO^=OMSM=a2a2=24.

Chọn A

VS.MNPVS.ABC=18,VS.MPQVS.ACD=18⇒VS.MNP=18VS.ABC,VS.MPQ=18VS.ACD⇒VS.MNP+VS.MPQ=18VS.ABC+VS.ACD=18V=VS.MNPQ⇒VMNPQABCD=V−VS.ABCD=V−18V=78V=78⋅32=28.

Chọn D

Chọn B

VABC.A'B'C'=SΔA'B'C'.dA,A'B'C'=3.13SΔA'B'C'.dA,A'B'C'=3.VA.A'B'C'=3.VA'.AB'C'=3.9=27.

Chọn D

Áp dụng công thức logau'=u'ulna⋅log2x2−2'=x2−2'x2−2ln2=2xx2−2ln2⋅

Chọn C

Số cách chọn A123=1320

Chọn B

Số tam giác tạo thành khi chọn ngẫu nhiên 3 điểm là: Ω=C163=560

Gọi A là biến cố: “tam giác chọn được là tam giác vuông”

Số đường chéo đi qua tâm là 8 => số hình chữ nhật nhận 2 đường chéo đi qua tâm làm 2 đường chéo là: C82=28.

Số tam giác vuông được tạo thành là: nA=4C82=112⇒PA=nAΩ=15

Chọn B

TXĐ: R

Ta có: y'=4x3−4ax, xét y'=0⇔x=0x2=a

Vì đồ thị hàm số có một điểm cực trị là (1;2) nên a = 1

Khi đó y'=0⇔x=0x=1x=−1 thế vào phương trình y=x4−2ax2+b ta có x=0⇒y=bx=1⇒y=b−1x=−1⇒y=b−1

Mà (1;2) là một điểm cực trị nên b−1=2⇒b=3

Vậy đồ thị hàm số y=x4−2x2+3 có điểm CĐ A(0 ; 3) và hai điểm CT B(1 ; 2);C(−1 ; 2)

Khoảng cách giữa điểm CĐ và điểm CT của đồ thị hàm số đã cho là AB=12+(−1)2=2

Chọn B

Ta có au'=u'.au.lna⇒y'=4x2+x+1'=2x+14x2+x+1.ln4

Chọn C

Ta có limx→+∞y=limx→+∞2x+1x+5=limx→+∞2+1x1+5x=2; limx→−∞y=limx→−∞2x+1x+5=limx→−∞2+1x1+5x=2.

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2

Chọn C

Gọi thiết diện qua đỉnh là tam giác vuông cân SAB và gọi H là trung điểm AB.

Kẻ OK⊥SH⇒dO,SAB=OK

Ta có SO = 1; OA = 1; AB=1⇒HA=12.

Trong tam giác AHO có OH=OA2−HA2=12−122=32.

Trong tam giác SOH có 1OK2=1SO2+1OH2=1+43=73⇒OK2=37⇒OK=217.

Vậy dO,SAB=217

Chọn D

Sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền là 100000000.1+0,4%6≈102424000 (đồng).

Chọn A

Ta có limx→1+y=limx→1+3x+2022x−1=+∞; limx→1−y=limx→1−3x+2022x−1=−∞.

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 1 

Chọn C

Đạo hàm y'=3x2+6x.

y'=0⇔x=0∈−2;1x=−2∈−2;1.

y−2=3,y1=3,y0=−1.

Vậy trên [-2;1], hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0

Chọn A

Vì x2−3x+3>0,∀x∈ℝ nên f'x<0⇔x<1.

Suy ra hàm số nghịch biến trên −∞;1, do đó hàm số cũng nghịch biến trên −∞;−1

Chọn C

Dựa vào đồ thị, suy ra 0<β<1<α

Chọn D

Mỗi mặt phẳng đi qua một cạnh và trung điểm của cạnh đối diện là một mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều. Do đó tứ điện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn D

Thể tích khối hộp chữ nhật: V=a.a2.a3=a36⋅

Chọn C

Vì đáy là tam giác đều nên S=a234.

Vậy V=S.h=a234.a=a334.

Chọn C

Vì 0<2−1<1 nên ta có 2−1a>2−1b⇔a<b.

Chọn A

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi f'x<0⇔0<x<2.

Vậy hàm số nghịch biến trên 1;2.

Chọn A

Hàm số xác định khi và chỉ khi x2−3x≠0⇔x≠0x≠3

Vậy tập xác định D=ℝ\0;3

Chọn A

Ta có 3x2−3x=19=3−2⇔x2−3x=−2⇔x=1x=2

Vậy tổng các nghiệm là 3

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y=x3+3x−3 với trục Ox

x3+3x−3=0⇔x=a∈0;1

Vậy đồ thị hàm số y=x3+3x−3 cắt trục Ox tại một điểm.

Chọn D

Ta có g'x=2x.f'x2−5=0⇔x=0x2−5=−4x2−5=−1x2−5=2⇔x=0x=±1x=±2x=±7

Bảng xét dấu g'(x)

Vậy hàm số g(x) có 4 khoảng nghịch biến.

Chọn D

Đặt hx=fx−3m. Số cực trị của hàm số gx=hx bằng tổng số cực trị của hàm h(x) và số nghiệm đơn của phương trình h(x) = 0.

+ Ta có hàm f(x) có 2 điểm cực tri nên hàm h(x) cũng có 2 điểm cực trị.

+ Xét phương trình hx=0⇔fx=3m (1).

Để hàm g(x) có 5 điểm cực trị thì phương trình (1) có 3 nghiệm đơn ⇔4<3m<11⇔43<m<113. Vì m là số nguyên nên m∈2; 3

Chọn C

Đặt A'A=x  x>0. Ta có CA⊥ABCA⊥AA'⇒CA⊥ABB'A'⇒CA⊥A'B 

Lại có A'B⊥CM nên A'B⊥CMA⇒A'B⊥AM.

Xét tam giác BAA' có AB=2, AA'=x và BAA'^=1200. Theo Định lý hàm số cos ta có

A'B=x2+22−2.x.2.cos1200=x2+2x+4⇒IA'=23A'B=23x2+2x+4 

Xét tam giác ABM có AB=2, BM=x2 và MBA^=600. Theo Định lý hàm số cos ta có

AM=x22+22−2.x2.2.cos600=x24−x+4 ⇒IA=23AM=23x24−x+4

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông A'IA có IA'2+IA2=A'A2⇔49x2+2x+4+49x24−x+4=x2

⇔49x2−49x−329=0⇔x2−x−8=0⇔x=1+332 (Do x > 0)

Xét tứ diện C.ABA' có CA⊥ABA' nên VC.ABA'=13SΔABA'.CA=13.12AB.AA'.sin1200.3=13.12.2.1+332.32.3=1+334

Vậy VABC.A'B'C'=3.VC.ABA'=31+334.

Chọn A

Gọi B', C' lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh SB, SC sao cho SB' = SC' = SA = a.

Khi đó, ta có SAB'C' là tứ diện đều cạnh a, suy ra VSAB'C'=a3212.

Lại có: VS.AB'C'VS.ABC=SASA.SB'SB.SC'SC=12.14=18.

Suy ra VS.ABC=8VS.AB'C'=8.a3212=2a323

Chọn B

Ta có: 25x+15x=6.9x⇔52x+3.5x−6.32x=0⇔532x+53x−6=0

⇔53x=253x=−3      ptvn⇔x=log532=log22log253=1log25−log23.

Từ đây suy ra a=1,  b=2,  c=5,  d=3. Vậy S=12+2+5+3=11

Chọn D

Hàm số xác định ⇔x≥3x2+x−m≠0

Ta có limx→+∞y=0⇒y=0 là tiệm cận ngang

Suy ra, đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 tiệm cận ⇔x2+x−m=0 (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn hoặc bằng 3. (2)

Xét (1) ⇔x2+x=m

hx=x2+x ;  h'x=2x+1h'x=0⇔x=−12

Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra

(2) ⇔ m≥12

Mà m∈ℤ ; m∈−2022;2022 nên m∈12;......;2022

Vậy số giá trị nguyên thoả ycbt là: 2022 - 12 + 1 = 2011.

Chọn A

● xy2+z42=4+xy2−z42⇔xy2+z42−xy2−z42=4

⇔xy2+z4−xy2+z4xy2+z4+xy2−z4=4

⇔2z4.2xy2=4⇔xy2.z4=1 (1)

● 2x23.4y23.16z23=128

⇔2x23+2y23+4z23=27⇔x23+2y23+4z23=7⇔7≥7x2.y4.z837⇔x2.y4.z8≤1

Dấu ''='' xảy ra ⇔x23=y23=z23=1⇔x2=y=2z2=1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:⇔x2=y=2z2=1x.y2.z4=1       *

Suy ra x.x2.x4=1⇔x7=1⇔x=1

*⇔x=1y2=1z2=1⇔x=1y=1y=−1z=1z=−1⇔x=1y=1z=1x=1y=1z=−1x=1y=−1z=1x=1y=−1z=−1

<=> có 4 bộ (x; y; z) thoả yêu cầu bài toán.

Chọn B

Gọi (H) là khối đa diện thoả mãn (Các trung điểm như hình vẽ)

Ta có VH=VS.ABCD−VS.A'B'C'D'−4VB'.BEF=2a33−a312−4.a324=5a312

Chọn B

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BN và SH.

Khi đó BN⊥AH, BN⊥SA⇒BN⊥AK, suy ra AK⊥SBN hay dA,SBN=AK.

Ta có BN=2a2+a22=a172, SΔABN=12SABCD=a2⇒AH=2SΔABNBN=4a17.

Vậy 1AK2=1SA2+1AH2=1a2+1716a2=3316a2⇒AK=4a3333

Chọn A

Dựa vào giả thiết ta vẽ được đồ thị hàm số fx như bên trên

Ta có: f2x−m+5fx+4m+4=0⇔fx−4fx−m−1=0

TH1: fx=4 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

TH2: fx=m+1 theo yêu cầu bài toán thì phương trình cần có 4 nghiệm phân biệt, nên:

0<m+1<4⇔−1<m<3. Do m∈ℤ nên m∈0;1;2.

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3

Chọn A

Gọi D là trung điểm BC khi quay tam giác ABC quay quanh cạnh BC ta được hai hình nón đỉnh B và đỉnh C. Gọi thể tích hai khối nón đỉnh B, C lần lượt là V1,V2.

Ta có: BD=a2,AD=a32⇒V=2V1=2.13.π.AD2.BD=πa34.

Chọn C

Ta có gx=f3x+3f2x+2020

⇒g'x=f'x3f2x+6fx=3f'xfxfx+2

Ta có g'x=0⇔f'x=0fx=0fx=−21.

Kết hợp với bảng biến thiên của hàm số y = f(x) ta thấy (1) có 5 nghiệm bội lẻ nên hàm số g(x) có 5 điểm cực trị.

Chọn D

Ta có gx=fx+13x3−x⇒g'x=f'x+x2−1

Ta có g'x=0⇔f'x+x2−1=0⇔f'x=−x2+1

Xét sự tương giao giữa đồ của hàm số f'(x) và −x2+1 trên mặt phẳng tọa độ:

Từ hình vẽ ta thấy được g'x=0⇔f'x=−x2+1⇔x=±1.

Bảng biến thiên:

Vậy minx∈−1;2gx=g1=f1−23.

Chọn C

x2+m+x2−x2x2+m−(x2−x)=x2+m+x2−x22−x2(1).

Đặt x2+m=a, x2−x=b ta có phương trình (1) trở thành

a+b.2a−b=a+b.2−b⇔a.2b+b.2a=a+b⇔a2b−1+b2a−1=0 (2). 

Trường hợp 1: Nếu ab≠0 thì phương trình (2)⇔2a−1a+2b−1b=0 (3).

+ a>0⇒2a−1>0⇒2a−1a>0.

+a<0⇒2a−1<0⇒2a−1a>0. Do đó 2a−1a>0, với a≠0.

Tương tự 2b−1b>0 với b≠0. Do vậy phương trình (3) vô nghiệm.

Trường hợp 2: Nếu ab = 0 thì (1)⇔x2=−mx2−x=0

Do m nguyên và m∈−8;+∞ nên m=−7,m=−6,m=−5,m=−4,m=−3,m=−2,m=−1. Do đó có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

f'x=x6+6x4−m3x3+35−m2x2−6mx+10f'x≥0⇔x6+6x4−m3x3+35−m2x2−6mx+10≥0⇔x6+6x4+15x2+10≥m3x3+3m2x2+6mx⇔x2+23+3x2+2≥mx+13+3mx+1

Đặt gt=t3+3t⇒g't=3t2+3>0 ∀t.

Do gx2+2≥gmx+1 và y = g(t) đồng biến nên ta được

x2+2≥mx+1, ∀x∈0;1⇔m≤x+1x,∀x∈0;1 

⇒m≤min0;1hx, với hx=x+1x.

h'x=1−x2x2<0,∀x∈0;1⇒min0;1hx=h1=2⇒m≤2.

Do m nguyên và thuộc khoảng (-20;20) nên m∈−19;−18;…;1;2.

Do đó có 22 giá trị của m.