Đề số 1

Đường thẳng đi qua điểm $\mathrm{A}\left(1;4;-7\right)$ và vuông góc với mặt phẳng $\mathrm{x}+2\mathrm{y}-2\mathrm{z}-3=0$ nên có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{\mathrm{u}}=(1;2;-2)$ có phương trình là $\frac{{\displaystyle \mathrm{x}-1}}{{\displaystyle 1}}=\frac{{\displaystyle \mathrm{y}-4}}{{\displaystyle 2}}=\frac{{\displaystyle \mathrm{z}+7}}{{\displaystyle -2}}.$ 

Loại ngay đáp án B, C vì hàm bậc một nếu có đồng biến thì đồng biến trên từng khoảng xác định.

Loại đáp án A vì phương trình ${\mathrm{y}}^{\text{'}}=3{\mathrm{x}}^2-2=0$ có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án D: Ta có ${\mathrm{y}}^{\text{'}}=3{\mathrm{x}}^2+3>0,\forall \mathrm{x}\in \mathrm{ℝ};$ suy ra hàm số đồng biến trên khoảng R.

Ta có:  $\mathrm{z}=2\mathrm{i}\left(2-\mathrm{i}\right)=4\mathrm{i}-2.\left(-1\right)=2+4\mathrm{i}.$

Vậy phần ảo của số phức z là 4.

 Đáp án A

Điều kiện:  $2{\mathrm{x}}^2-\mathrm{x}-1>0\iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}<-\frac{1}{2}\\ \mathrm{x}>1\end{array}\right..$

Tập xác định $\mathrm{D}=(-\mathrm{\infty };-\frac{1}{2})\cup (1;+\mathrm{\infty }).$ 

 Đáp án C

Mỗi cạnh chỉ là cạnh chung của 2 mặt.

Đáp án B

Ta có $F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+C.$ 

Theo giả thiết $5F\left(1\right)+F\left(2\right)=43\Rightarrow 5\left(\frac{7}{2}+C\right)+\left(\frac{45}{2}+C\right)=43\Rightarrow C=\frac{1}{2}.$ 

Do đó $F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+\frac{1}{2}\Rightarrow F\left(2\right)=23.$ 

 Đáp án D

Ta có:  $1\mathrm{d}\Rightarrow {\mathrm{u}}_5={\mathrm{u}}_1+4\mathrm{d}=2018-3.4=2006.$

Đáp án A

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left(0;-2\right)$ loại đáp án B.

Đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị $\mathrm{ab}\ge 0$ nên ta loại đáp án C.

Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án D.

Đáp án D

Mặt phẳng (a) có phương trình là:  

Đáp án C

Đặt $\mathrm{t}=\mathrm{lnx}\Rightarrow \mathrm{dt}=\frac{\mathrm{dx}}{\mathrm{x}}.$ 

$\mathrm{I}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{3\mathrm{t}+1}\mathrm{dt}=\frac{14}{9}=\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}\Rightarrow \mathrm{a}+2\mathrm{b}=32.$ 

 Đáp án B

TXD:  $\mathrm{D}=\left[1;+\mathrm{\infty }\right)\backslash \left\{5\right\}$

$\underset{\mathrm{x}\to 5^{-}}{\lim }\mathrm{y}=\underset{\mathrm{x}\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\left(\frac{\sqrt{\mathrm{x}-1}}{{\mathrm{x}}^2-\mathrm{x}-20}\right)=0$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng Y = 0  làm đường tiệm cận ngang.

$\underset{\mathrm{x}\to 5^{-}}{\lim }\mathrm{y}=-\mathrm{\infty },\underset{\mathrm{x}\to 5^{+}}{\lim }=+\mathrm{\infty }$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng X = 5 làm đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.

Đáp án B

Ta có  ${\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}=\mathrm{\pi Rl}.$

Nên ${\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}=\mathrm{\pi }\sqrt{3}.4=4\sqrt{3}\mathrm{\pi }.$ 

 Đáp án C

Điều kiện: $0<\mathrm{x}<\frac{1}{2}.$ 

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}\frac{1-2\mathrm{x}}{\mathrm{x}}>0\iff \frac{1-2\mathrm{x}}{\mathrm{x}}<1$ (vì  $0<\frac{1}{3}<1)$

$\iff \frac{1-2\mathrm{x}}{\mathrm{x}}-1<0\iff \frac{1-3\mathrm{x}}{\mathrm{x}}<0.$ 

Mặt khác $\mathrm{x}\in (0;\frac{1}{2})\Rightarrow \frac{1}{2}>\mathrm{x}>\frac{1}{3}.$ 

Đáp án D

Phương trình f(x)=m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:  $-\sqrt{2}<m<-1.$

 Đáp án B

Khối trụ ban đầu có thể tích là  ${\mathrm{V}}_1={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}.$

Sau khi tăng lên thì khối trụ có thể tích: ${\mathrm{V}}_2=\mathrm{\pi }.{\left(2\mathrm{R}\right)}^2\to \mathrm{h}=4{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=4{\mathrm{V}}_1.$ 

Đáp án B

Ta có:  ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}={{\left(x^3-3x^2+m\right)}^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-6=0\iff x=1\Rightarrow y_{\left(1\right)}=m-2.$

Đồ thị hàm số nhận điểm A (1;3) làm tâm đối xứng khi và chỉ khi

$y_{\left(1\right)}=3\iff m-2=3\iff m=5.$ 

Đáp án D

Đáp án C

Tập xác định D =  

Ta có $\mathrm{f}\left(-4\right)=-4\mathrm{m}+1.$ 

$\underset{\mathrm{x}\to -4}{\lim }\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)=\underset{\mathrm{x}\to -4}{\lim }\frac{{\mathrm{x}}^2+\mathrm{x}-12}{\mathrm{x}+4}=\underset{\mathrm{x}\to -4}{\lim }\frac{\left(\mathrm{x}+4\right)\left(\mathrm{x}-3\right)}{\mathrm{x}+4}=\underset{\mathrm{x}\to -4}{\lim }\left(\mathrm{x}-3\right)=-7.$ 

 Đáp án A

Ta có:  ${\left|{\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2\right|}^2=\left({\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2\right)\left(\overline{{\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2}\right)=\left({\mathrm{z}}_1-{\mathrm{z}}_2\right)\left(\overline{{\mathrm{z}}_1}-\overline{{\mathrm{z}}_2}\right)={\left|{\mathrm{z}}_1\right|}^2+{\left|{\mathrm{z}}_2\right|}^2-\left({\mathrm{z}}_1.\overline{{\mathrm{z}}_2}+\overline{{\mathrm{z}}_1}.{\mathrm{z}}_2\right)$

$\Rightarrow {\mathrm{z}}_1.\overline{{\mathrm{z}}_2}+\overline{{\mathrm{z}}_1}.{\mathrm{z}}_2=1$ 

$\Rightarrow {\left|{\mathrm{z}}_1+{\mathrm{z}}_2\right|}^2=\left({\mathrm{z}}_1+{\mathrm{z}}_2\right)\left(\overline{{\mathrm{z}}_1+{\mathrm{z}}_2}\right)=\left({\mathrm{z}}_1+{\mathrm{z}}_2\right)\left(\overline{{\mathrm{z}}_1}+\overline{{\mathrm{z}}_2}\right)={\left|{\mathrm{z}}_1\right|}^2+{\left|{\mathrm{z}}_2\right|}^2+\left({\mathrm{z}}_1.\overline{{\mathrm{z}}_2}+\overline{{\mathrm{z}}_1}.{\mathrm{z}}_2\right)=3.$ 

Từ đó suy ra $\left|{\mathrm{z}}_1+{\mathrm{z}}_2\right|=\sqrt{3}.$ 

 Đáp án A

Gọi  $A\left(a;0;0\right)\in Ox,B\left(0;b;0\right)\in Oy,C\left(0;0;c\right)\in Oz.$

Phương trình mặt chắn của $\left(P\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$ 

Ta có: $\overrightarrow{AH}=\left(1-a;-2;3\right),\overrightarrow{BH}=\left(1;-2-b;3\right),\overrightarrow{BC}=\left(0;-b;c\right),\overrightarrow{AC}=\left(-a;0;c\right).$ 

Với điều kiện $0<\mathrm{x}\ne 1,0<\mathrm{a}\ne 1.$ 

Ta có: $\mathrm{M}={\log }_{\mathrm{x}}\mathrm{a}+{\log }_{\mathrm{x}}{\mathrm{a}}^3+{\log }_{\mathrm{x}}{\mathrm{a}}^5+...+{\log }_{\mathrm{x}}{\mathrm{a}}^{2019}$ 

$={\log }_{\mathrm{x}}(\mathrm{a}.{\mathrm{a}}^3.{\mathrm{a}}^5...{\mathrm{a}}^{2019})=(1+3+5+...+2019){\log }_{\mathrm{x}}\mathrm{a}(*)$ 

$={1010}^2.{\log }_{\mathrm{x}}\mathrm{a}=\frac{{1010}^2}{{\log }_{\mathrm{a}}\mathrm{x}}.$ 

Đáp án D

Dễ thấy ABC là tam giác đều, nên có thể giả sử tọa độ ba điểm cực trị của hàm số đã cho là A(0;1), B(-$\sqrt{3}$;-4), C($\sqrt{3}$;-4)

Đặt  AM=x, AN=y (x,y>0)

Từ giả thiết suy ra  $\frac{1}{2}xy\sin 60°=\frac{1}{3}\frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}\iff xy=4.$

Lại có $M{N}^2=x^2+y^2-2xy\cos 60°\ge 2xy-4=4.$ 

GTNN của độ dài đoạn thẳng MN là 2.

Đáp án D

Điều kiện: ${17.2}^x-8>0.$  

Phương trình tương đương với:  ${17.2}^x-8=2^{2x}\iff {\left(2^x\right)}^2-{17.2}^x+8=0.$

Đặt $2^x=t$ (với $t>0$)

Khi đó phương trình trở thành:  $t^2-17t+8=0.$

Phương trình có hai nghiệm $t_1,t_2$  thỏa mãn: $t_1.t_2=8$ 

$\Rightarrow 2^{x_1}{.2}^{x_2}=8\iff 2^{x_1+x_2}=2^3\iff x_1+x_2=3.$

Đáp án C

Ta có:  $\lim \frac{1+2n-2\sqrt{5}{n}^2}{\sqrt{3n^4+2}}=\lim \frac{\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n}-2\sqrt{5}}{\sqrt{3+\frac{2}{n^4}}}=\frac{-2\sqrt{5}}{3}=\frac{-2\sqrt{15}}{3}\Rightarrow a=-\mathrm{2,}b=\mathrm{15,}c=3$

Khi đó  $\frac{ac}{b}+1=\frac{-2.3}{15}+1=\frac{3}{5}\notin \mathbb{Z}$

Đáp án D

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=\int \left({2018}^x\ln 2018-\cos x\right)dx\\ f\left(0\right)=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)={2018}^x-\sin x+C\\ 2={2018}^0-\sin 0+C\end{array}\right.$

$\iff f\left(x\right)={2018}^x-\sin x+1.$

Đáp án B

Giả sử $z=x+yi$ $\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x,y\right)$

là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng Oxy, $A\left(4;0\right),B\left(-4;0\right)$ tương ứng là các điểm biểu diễn số phức $z_1=\mathrm{4,}{z}_2=-4$  

Theo bài ra  $\left|z-4\right|+\left|z+4\right|=10\iff MA+MB=10=2a\iff a=5.$

$AB=8=2c\Rightarrow c=4\Rightarrow b=\sqrt{a^2-c^2}=3$

Vậy tập hợp điểm M là elip có hai tiêu điểm A, B. Phương trình elip:  $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1.$

Diện tích của elip:  $S=\pi ab=15\pi .$

Đáp án A

Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.

Gắn hệ trục Oxy, vì $OI=30$ mét nên $I\left(0;30\right).$  

Phương trình hai đường tròn lần lượt là $x^2+y^2={20}^2$ và $x^2+{\left(y-30\right)}^2={15}^2.$  

Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó.

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2={20}^2\\ x^2+{\left(y-30\right)}^2={15}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{5\sqrt{455}}{12}\\ y=\frac{215}{12}\end{array}\right..$

Tổng diện tích hai đường tròn là $\pi \left({20}^2+{15}^2\right)=625\pi \left(m^2\right).$ 

Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị $y=30-\sqrt{{15}^2-x^2}$

 và  $y=\sqrt{{20}^2-x^2}.$

Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là

 $S=\underset{-\frac{5\sqrt{455}}{12}}{\overset{\frac{5\sqrt{455}}{12}}{\int }}\left(\sqrt{{20}^2-x^2}+\sqrt{{15}^2-x^2}-30\right)dx\approx \mathrm{60,2546}\left(m^2\right).$

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là:

 $300\mathrm{000.60,2546}\approx 18076386$ (đồng).

Số tiền để làm phần còn lại là:

$100000.\left(625\pi -\mathrm{2.60,2546}\right)=184299220$ (đồng)

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là:

$184299220+18076386\approx 202375606$ (đồng).

Đáp án D

Xét phương trình:  ${\text{z}}^2-4z+5=0\iff {\left(z-2\right)}^2=-1\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=2+i\\ z_2=2-i\end{array}\right..$

Khi đó ta có:  ${\left(z_1-1\right)}^{2019}+{\left(z_2-1\right)}^{2019}={\left(1+i\right)}^{2019}+{\left(1-i\right)}^{2019}$

$=\left(1+i\right).{\left[{\left(1+i\right)}^2\right]}^{1009}+\left(1-i\right).{\left[{\left(1-i\right)}^2\right]}^{1009}$

 $=\left(1+i\right).{\left(2i\right)}^{1009}+\left(1-i\right).{\left(-2i\right)}^{1009}$

 $={\left(2i\right)}^{1009}.\left[\left(1+i\right)-\left(1-i\right)\right]={\left(2i\right)}^{1010}=-2^{1010}.$

Đáp án A

Gọi O là giao điểm của AC và BD. ABCD là hình chữ nhật  $\Rightarrow OA=OB=OD.$ Mà $A^{\text{'}}A=A^{\text{'}}B=A^{\text{'}}D$ nên $A^{\text{'}}O\perp \left(ABD\right)$ (vì $A^{\text{'}}O$ là trực tâm tam giác ABD) $\Delta ABD$ vuông tại A $\Rightarrow BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=2a\Rightarrow OA=OB=OD=a.$ $\Delta A^{\text{'}}AO$ vuông tại  $O\Rightarrow A^{\text{'}}O=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{O}^2}=a\sqrt{3}.$ $S_{ABCD}=AB.AD=a^2\sqrt{3}\Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}O.S_{ABCD}=3a^3$

Đáp án A

Đáp án C

Đặt $t=\cos x$ (vì $0<x<\frac{\pi }{3}\Rightarrow \frac{1}{2}<t<1$ ).

($t^{\text{'}}=-\sin x<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{3}\right),$  do đó $t=\cos x$nghịch biến trên $\left(0;\frac{\pi }{3}\right)$ ).

Hàm số trở thành  $y\left(t\right)=\frac{2t+3}{2t-m}\left(t\ne \frac{m}{2}\right)$

Ta có: $y^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{-2m-6}{{\left(2t-m\right)}^2}.$                          

Do đó yêu cầu toán trở thành $y\left(t\right)$đồng biến trên khoảng $\left(\frac{1}{2};1\right)$  khi  $y^{\text{'}}\left(t\right)>\mathrm{0,}\forall t\in \left(\frac{1}{2};1\right).$

Đáp án B

(I) “Có $A_9^4$ số có 4 chữ số được lập từ tập X” là mệnh đề sai vì có $9^4$ số có 4 chữ số được lập từ tập X.

(II) “ $A_{10}^5$ là một tổ hợp chập 3 của X” là mệnh đề sai vì $A_{10}^5$ là một chỉnh hợp chập 3 của X.

(III) “Mỗi hoán vị các phần tử của X là một chỉnh hợp chập 9 của X” là mệnh đề đúng.

Đáp án C

 $F\left(x\right)=\int \frac{1}{x}dx=\ln \left|x\right|+C$ đồ thị hàm số $y=F\left(x\right)$ đi qua  $M\left(-1;0\right)$

$\Rightarrow C=0\Rightarrow F\left(x\right)=\ln \left|x\right|.$

Đáp án C

Gọi n là số hàng cần tìm.

Ta có:  $1+2+3+\mathrm{...}+n=120\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2}=120\iff \left[\begin{array}{l}n=15\\ n=-16\left(l\right)\end{array}\right.\Rightarrow n=15.$

Đáp án B

Ta có:  $1+f\left(x\right)=f\left(x\right)f\left(1-x\right)+f\left(x\right)\Rightarrow \frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}=\frac{1}{f\left(1-x\right)+1}$

Xét  $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}$

Đặt  $t=1-x\Rightarrow x=1-t\Rightarrow dx=-dt.$

Đổi cận:  $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=1\\ x=1\Rightarrow t=0\end{array}\right..$

Khi đó $I=-\underset{1}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(1-t\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(1-t\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(1-x\right)}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx.$ 

Mặt khác $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+f\left(x\right)}{1+f\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=1$ hay  $2I=1.$

Vậy  $I=\frac{1}{2}.$

Đáp án D

Kẻ $MN//CD\left(N\in CD\right)$ , suy ra ABMN là thiết diện của khối chóp.

Đáp án A

Gọi phương trình mặt phẳng là: $\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$ (với $A^2+B^2+C^2\ne 0$  )

Theo đề bài, mặt phẳng $\left(P\right)$qua A, B nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}A+D=0\\ 2C+D=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}A=2C\\ D=-2C\end{array}\right..$ 

Vậy mặt phẳng $\left(P\right)$ có dạng: $2Cx+By+Cz-2C=0.$

$\left(S\right)$ có tâm $I\left(\mathrm{1,1,0}\right)$ và  $R=1.$

Vì $\left(P\right)$ tiếp xúc với (S) nên $d\left(I;\left(P\right)\right)=R$ 

 $\iff \frac{\left|2C+B-2C\right|}{\sqrt{5C^2+B^2}}=1\iff B^2=5C^2+B^2\iff C=0.$

Suy ra  $A=D=0.$

Vậy phương trình mặt phẳng  $\left(P\right):y=0.$

Đáp án B