Đề số 11

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;0;-1\right)$.

Đáp án A

Ta có $z=-1-4i$.

Đáp án A

Ta có: $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\frac{2\text{x}-5}{x+3}=-\infty ;\underset{x\to {\left(-3\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{-}}{\lim }\frac{2\text{x}-5}{x+3}=+\infty$.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-3$.

Đáp án B

Ta có $A\left(-1;0;3\right)$.

Đáp án A

Xét $y=x^3+x-5$, ta có $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên .

Đáp án C

Ta có $S_{xq}=\pi r\mathcal{l}\Rightarrow \mathcal{l}=\frac{S_{xq}}{\pi r}=4$.

Đáp án C

Đáp án B

Ta có $5^{1-2\text{x}}>\frac{1}{125}\iff 5^{1-2\text{x}}>5^{-3}\iff 1-2\text{x}>-3\iff x<2$.

Đáp án B

Ta có $z^2+6\text{z}+13=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=-3-2i\\ z_2=-3+2i\end{array}\right.\Rightarrow \omega =z_1+2{\text{z}}_2=-9+2i$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(1;2;2\right)$, bán kính $R=3$.

Đáp án C

Đặt $I=\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(4\text{x}+2\right)\ln \text{xdx}$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln \text{x}\\ dv=\left(4\text{x}+2\right)d\text{x}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=\frac{d\text{x}}{x}\\ v=2x^2+2\text{x}=2\text{x}\left(x+1\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow I={\left.\left[2\text{x}\left(x+1\right)\ln \text{x}\right]\right|}_2^3-\underset{2}{\overset{3}{\int }}\frac{2\text{x}\left(x+1\right)d\text{x}}{x}=24\ln 3-12\ln 2-2\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(x+1\right)d\text{x}$$={\left.24\ln 3-12\ln 2-2\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\right|}_2^3=24\ln 3-12\ln 2-2\left(\frac{15}{2}-4\right)$$=24\ln 3-12\ln 2-7=a+b\ln 2+c\ln 3$.

Đáp án A

Ta có:

$4{\left(\frac{9}{4}\right)}^x-13{\left(\frac{6}{4}\right)}^x+9=0\iff 4{\left[{\left(\frac{3}{2}\right)}^x\right]}^2-13{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+9=0\iff \left[\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{9}{4}\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=0\end{array}\right.\Rightarrow T=2$.

Đáp án A

Đường sinh của hình nón là $\mathcal{l}=\sqrt{h^2+r^2}=10$

Gọi  là bán kính của hình nón ta có $\frac{r^{\text{'}}}{r}=\frac{4}{10}\Rightarrow r^{\text{'}}=\frac{12}{5}$.

Chiều cao của hình nón là: $h^{\text{'}}=\sqrt{{{\mathcal{l}}^{\text{'}}}^2-{r^{\text{'}}}^2}=\sqrt{4^2-{\left(\frac{12}{5}\right)}^2}=\frac{16}{15}$.

Do đó thể tích của hình nón là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{768}{125}\pi$.

Đáp án D

Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=-2.0+2.1+5.2=12$.

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{1+2\text{x}}-1}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+2\text{x}-1}{x\left(\sqrt{1+2\text{x}}+1\right)}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+2\text{x}+1}}=1$.

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(3\text{x}+a-1\right)=a-1=1\Rightarrow a=2$.

Đáp án D

Đáp án B

Ta có $z_1+z_2=\frac{3}{2},{\text{ z}}_1{z}_2=2\Rightarrow \text{w}=\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}+i{z}_1{z}_2=\frac{z_1+z_2}{z_1{z}_2}+i{z}_1{z}_2=\frac{3}{4}+2i$.

Đáp án B

Ta có $F\left(x\right)=\int \frac{1+\ln \text{x}}{x^2}d\text{x}=-\int \left(1+\ln \text{x}\right)d\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1+\ln \text{x}}{x}+\int \frac{d\text{x}}{x}=\frac{-1}{x}\left(\ln \text{x}+2\right)$.

Do đó ta suy ra $a=-\mathrm{1,}b=2\Rightarrow S=a+b=1$.

Đáp án A

+ Hai năm đầu: người đó nhận được $\mathrm{2.12.8}=192$ triệu đồng.

+ Hai năm tiếp: người đó nhận được $\mathrm{2.12.}\left(8+8.10\%\right)=\mathrm{211,2}$ triệu đồng.

+ Hai năm cuối: người đó nhận được $\mathrm{2.12.}\left[8+8.10\%+\left(8+8.10\%\right).10\%\right]=\mathrm{232,32}$ triệu đồng.

Vậy sau 6 năm người đó đã nhận được $192+\mathrm{211,2}+\mathrm{232,32}=\mathrm{635,52}$ triệu đồng hay 635.520.000 đồng.

Đáp án D

Ta có: $y=\sqrt{\cos 3x-9\cos x-m}=\sqrt{4{\cos }^{3}x-12\cos x-m}=\sqrt{4t^3-12t-m},t=\cos x$.

Theo bài ra $4t^3-12t-m\ge \mathrm{0,}\forall t\in \left[-1;1\right]\Rightarrow \min \left(4t^3-12t-m\right)\ge \mathrm{0,}\forall t\in \left[-1;1\right]$.

Đáp án D

Ta có: $y=\sqrt{\cos 3x-9\cos x-m}=\sqrt{4{\cos }^{3}x-12\cos x-m}=\sqrt{4t^3-12t-m},t=\cos x$.

Theo bài ra $4t^3-12t-m\ge \mathrm{0,}\forall t\in \left[-1;1\right]\Rightarrow \min \left(4t^3-12t-m\right)\ge \mathrm{0,}\forall t\in \left[-1;1\right]$.

$f^{\text{'}}\left(t\right)=12t^2-12=0\iff t\in \left\{-1;1\right\}\Rightarrow \min f\left(t\right)=f\left(1\right)=-8-m\Rightarrow -8-m\ge 0\iff m\le -8$.

Đáp án D

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{x^3-3{\text{x}}^2+2\text{x}}{x+1}d\text{x}=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-4\text{x}+6-\frac{6}{x+1}\right)d\text{x}={\left.\left(\frac{1}{3}{x}^3-2{\text{x}}^2+6\text{x}-6\ln \left|x+1\right|\right)\right|}_1^2$

$=\frac{7}{3}-6\ln 3+6\ln 2\Rightarrow a=\frac{7}{3},b=\mathrm{6,}c=-6\Rightarrow a+b+c=\frac{7}{3}>0$.

Đáp án C

Ta có $\left(z+3\right)\left(z^2-2\text{z}+10\right)=0\iff z=-3$  hoặc $z=1\pm 3i$.

Đáp án B

Ta có $3c^5+96=\underset{c}{\overset{c}{\int }}f\left(t\right)dt=0\iff c=-2\in \left(-3;-1\right)$ .

Đáp án D

Ta có $f\left(x\right)=3=\frac{4}{2\text{x}+1}-\frac{3}{x+2}$ nên $F\left(x\right)=3\text{x}+2\ln \left|2\text{x}+1\right|-3\ln \left|x+2\right|+C$

Do đó  $F\left(2\right)=7\iff 6+2\ln 5-3\ln 4+C=7\iff C=1+6\ln 2-2\ln 5$

Suy ra $F\left(x\right)=3\text{x}+2\ln \left|2\text{x}+1\right|-3\ln \left|x+2\right|+1+6\ln 2-2\ln 5$

Ta có $F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}+11\ln 2-5\ln 5$. Từ đó, ta có $a=\mathrm{11,}b=-5$.

Vậy trung bình cộng của a và b là $\frac{11+\left(-5\right)}{2}=3$ .

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(2;-3;-1\right),\overrightarrow{AC}=\left(-2;-1;-1\right)$ và $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$ nên tam giác ABC vuông tại A và trung điểm $I\left(0;-1;1\right)$ của cạnh BC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do $MA=MB=MC$ nên M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nghĩa là M thuộc đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (ABC).

 (ABC) nhận $\frac{1}{2}\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(1;2;-4\right)$ làm véctơ pháp tuyến nên $d:\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-1+2t\\ z=-1-4t\end{array}\right.$.

Ta có d và $\left(\alpha \right)$cắt nhau tại $M\left(2;3;-7\right)$. Suy ra $2\text{a}+3b-4c=41$.

Đáp án C

Giả sử $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$.

Ta có $2\left|z-i\right|=\left|z-\overline{z}+2i\right|\iff 2\left|x+\left(y-1\right)i\right|=\left|x+yi-\left(x-yi\right)+2i\right|\iff \left|x+\left(y-1\right)i\right|=\left|\left(y+1\right)i\right|$

$\iff x^2+{\left(y-1\right)}^2={\left(y+1\right)}^2\iff y=\frac{1}{4}{x}^2$.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là parabol (P) có phương trình $y=\frac{1}{4}{x}^2$.

Đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm I(2;5;3) và bán kính $R=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$.

Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến.

Ta có $R^2=r^2+d^2\left(I,\left(P\right)\right)$ nên (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi $d\left(I,\left(P\right)\right)$ là lớn nhất.

Do $d\subset \left(P\right)$ nên $d\left(I,\left(P\right)\right)\le d\left(I,\left(d\right)\right)=IH$, trong đó H là hình chiếu vuông góc của I trên d.

Dấu “=” xảy ra khi $\left(P\right)\perp IH$.

Ta có $H\left(1+2t;t;2+2t\right)\in \text{d}$ và $\overrightarrow{IH}=\left(2t-1;t-5;2t-1\right)$

Suy ra $\left(P\right):x-4y+z-3=0$ hay $\left(P\right):-x+4y-z+3=0$ . Do đó $a=-\mathrm{1,}b=\mathrm{4,}c=3$.

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là

$\frac{2\text{x}-1}{x+1}=x+7$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne -1\\ x^2+8\text{x}+7=2\text{x}-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2+6\text{x}+8=0\end{array}\right.\Rightarrow x=-2;y=5$

Phương trình tiếp tuyến: $f\left(x\right)=\frac{2\text{x}-1}{x+1}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(-2\right)=3\Rightarrow y=3\left(x+2\right)+5=3\text{x}+11$.

Với $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=11\\ y=0\Rightarrow x=-\frac{11}{3}\end{array}\right.\Rightarrow S=\frac{1}{2}.\left|11\right|.\left|-\frac{11}{3}\right|=\frac{121}{6}$.

Đáp án A

Đặt $\frac{\sin x+\cos x}{2\sin x-\cos x+3}=m\Rightarrow \sin x+\cos x=2m\sin x-m\cos x+3m$

$\iff \left(2m-1\right)\sin x-\left(m+1\right)\cos x=-3m$.

Phương trình trên có nghiệm khi

${\left(2m-1\right)}^2+{\left(m+1\right)}^2\ge 9m^2\iff 4m^2+2m-2\le 0\iff -1\le m\le \frac{1}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số lần lượt là $-1;\frac{1}{2}$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(-2;3;0\right)$; $R=\sqrt{13-m}$

Đường thẳng Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(\alpha \right):x+2y-2\text{z}-4=0$  và $\left(\beta \right):2\text{x}-2y-z+1=0$.

Khi đó $\overrightarrow{n_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_{\alpha }},\overrightarrow{n_{\beta }}\right]=-3\left(2;1;2\right)$, lại có điểm $M\left(0;1;-1\right)\in$  giao tuyến của 2 mặt phẳng.

Suy ra $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1+t\\ z=-1+2t\end{array}\right.$; gọi $H\left(2t;1+t;-1+2t\right)$ là hình chiếu vuông góc của I lên Δ.

Ta có: $\overrightarrow{IH}\left(2t+2;t-2;2t-1\right).\overrightarrow{u_{\Delta }}\left(2;1;2\right)=4t+4+t-2+4t-2=0\iff t=0\iff H\left(0;1;-1\right)$.

Khi đó $R^2=I{H}^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2=9+16=25=13-m\Rightarrow m=-12$.

Đáp án B

Yêu cầu bài toán $\iff f\left(x\right)=0$ có ba nghiệm phân biệt (*).

Ta có $x^3-\left(2m+1\right)x^2+3m\text{x}-m=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2-2m\text{x}+m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ \underset{g\left(x\right)}{\underbrace{x^2-2m\text{x}+m=0}}\end{array}\right.$.

Do đó (*) $\iff g\left(x\right)=0$ có hai nghiệm phân biệt khác 1 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=m^2-m>0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<0\end{array}\right.$.

Kết hợp với $m\in \left(-2018;2018\right]$ và $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow$ có $2017+2017=4034$  số cần tìm.

Đáp án C

Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử là $n\left(\Omega \right)=A_{10}^3=720$

Gọi E là biến cố “B mở được cửa phòng học”

Ta có $E=\left\{\left(0;1;9\right),\left(0;2;8\right),\left(0;3;7\right),\left(0;4;6\right),\left(1;2;7\right),\left(1;3;6\right),\left(1;4;5\right),\left(2;3;5\right)\right\}$

Đáp án C

Dễ thấy $\left(u_n\right)$ là cấp số nhân với công bội $q=2\Rightarrow u_n=u_1{.2}^{n-1}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_2=2u_1\\ u_3=4u_1\end{array}\right.$

Ta có $2^{2u_1+1}+2^{3-u_2}\ge 2\sqrt{2^{2u_1+1}{.2}^{3-u_2}}=2\sqrt{2^{2u_1-u_2+4}}=2\sqrt{2^4}=8$

Lại có $\frac{1}{4}{u}_3^2-4u_1+4=\frac{1}{4}{\left(u_3\right)}^2-u_3+4\ge 3\Rightarrow \frac{8}{{\log }_3\left(\frac{1}{4}{u}_3^2-4u_1+4\right)}\le \frac{8}{{\log }_{3}3}=8$

Do đó, dấu bằng xảy ra khi $u_3=2\Rightarrow u_1=\frac{1}{2}\Rightarrow S_n=\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\frac{2^n-1}{2}$

Lại có $S_n>5^{100}\iff \frac{2^n-1}{2}>5^{100}\iff 2^n>{2.5}^{100}+1\iff n>{\log }_2\left({2.5}^{100}+1\right)\approx \mathrm{233,19}$.

Đáp án C

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{x^2}{2}\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)+x>0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)>-x\iff x>-2$.

Khi đó $h\left(x\right)=g\left(x^3-3\right)=f\left(x^3-3\right)+\frac{{\left(x^3-3\right)}^2}{2}\Rightarrow h^{\text{'}}\left(x\right)={\left[g\left(x^3-3\right)\right]}^{\text{'}}=3{\text{x}}^2.g^{\text{'}}\left(x^3-3\right)$

Suy ra $h^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff g^{\text{'}}\left(x^3-3\right)>0\iff x^3-3>-2\iff x^3>1\iff x>1$.

Do đó hàm số $h\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng$\left(1;+\infty \right)$.

Đáp án A

Mặt cầu (S)  có tâm I(1;1;0) bán kính R=2. Kẻ tiếp tuyến MA và MB sao cho M, A, I, B đồng phẳng suy ra đường tròn  là đường tròn đường kính AB.

Gọi H là hình chiếu của A trên IM $\Rightarrow r=\frac{AB}{2}=AH$

Ta có: $MI=\sqrt{6}\Rightarrow AM=\sqrt{M{I}^2-I{A}^2}=\sqrt{2}$

Đáp án C

Gọi $A\left(a;a^3-3{\text{a}}^2\right)\in \left(C\right)$

Ta có $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2-6\text{x}\Rightarrow$ phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A là:

 $y=\left(3{\text{a}}^2-6\text{a}\right)\left(x-a\right)+a^3-3{\text{a}}^2$

Để d đi qua điểm $M\left(m;-4\right)$ thì: $-4=\left(3{\text{a}}^2-6\text{a}\right)\left(m-a\right)+a^3-3{\text{a}}^2$.

$\iff \left(a^3-3{\text{a}}^2+4\right)+3\text{a}\left(a-2\right)\left(m-a\right)=0\iff \left(a-2\right)\left(a^2-a-2\right)+\left(a-2\right)\left(3ma-3{\text{a}}^2\right)=0$.

$\iff \left(a-2\right)\left[-2{\text{a}}^2+\left(3m-1\right)a-2\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}a=2\\ g\left(a\right)=2{\text{a}}^2-\left(3m-1\right)a+2=0\end{array}\right.$Để qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến $\left(C\right)\iff g\left(a\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(3m-1\right)}^2-16>0\\ g\left(2\right)=12-6m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}3m-1>4\\ 3m-1<-4\end{array}\right.\\ m\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>\frac{5}{3}\\ m<-1\end{array}\right.\\ m\ne 2\end{array}\right.$.