Đề số 12

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=3x^2-3\Rightarrow y\text{'}\text{'}=6x,y\text{'}=0\iff x=\pm 1\to \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\text{'}\left(1\right)>0\\ y\text{'}\text{'}\left(-1\right)<0\end{array}\Rightarrow \right.$ hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. $\Rightarrow$ Điểm cực tiểu A(1;0)

Đáp án A

Ta có $z=\frac{\left(2-3i\right)\left(4-i\right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left(5-14i\right)\left(3-2i\right)}{\left(3+2i\right)\left(3-2i\right)}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i\Rightarrow \left(-1;-4\right)$ là điểm biểu diễn của số phức z.

Đáp án C

Ta có $\sin x=0\iff {\sin }^{2}x=0\iff 1-{\cos }^{2}x=0\iff \cos x=\pm 1$

+) $\tan x=0\iff \left\{\begin{array}{l}\cos x\ne 0\\ \sin x=0\end{array}\iff \sin x=0\right.$

Đáp án B

$F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \sqrt{x}dx=\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+C$ mà $F\left(1\right)=1\Rightarrow C=\frac{1}{3}\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+\frac{1}{3}$.

Đáp án B

Điều kiện $x\ne 1$.

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{2x^2-x+1}{x-1}=x-1$

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

Đáp án B

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x=\frac{2}{3}$, tiệm cận ngang là $y=-\frac{2}{3}\Rightarrow I\left(\frac{2}{3};-\frac{2}{3}\right)$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=e^{2x}+2\left(x+2\right)e^{2x}=\left(2x+5\right)e^{2x}$.

Đáp án D

Ta có ${\log }_4\sqrt{a}=5\iff \frac{1}{4}{\log }_{2}a=5\iff {\log }_{2}a=20\Rightarrow {\log }_{a}2=\frac{1}{20}$.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, cực đại tại x = 0

Đáp án D

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.4.2=\frac{8}{3}$.

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}=\left(-7;6;10\right)$.

Đáp án A

Ta có $cosx+\sin 2x=0\iff \cos x+2\sin x\cos x=0\iff [\begin{array}{c}\cos x=0\\ \sin x=-\frac{1}{2}\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\\ x=-\frac{\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\\ x=\frac{7\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\end{array}$ 

Mà $x\in \left(-\mathrm{\pi };\mathrm{\pi }\right)\Rightarrow x\in \left\{-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2};-\frac{\mathrm{\pi }}{6};-\frac{5\mathrm{\pi }}{6}\right\}$.

Đáp án B

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{2}SA.S_{ABC}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{5}}{2}=\frac{a^3\sqrt{15}}{6}$.

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$ 

Ta có $SC\cap \left(SAB\right)=\left\{S\right\};BC\perp \left(SAB\right)$ 

$\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(SAB\right)\right)}=\widehat{\left(SC,SB\right)}=\widehat{BSC}$ 

Ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{3}$ 

Ta có $\tan \widehat{BSC}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{BSC}=30°$.

Đáp án C

Mặt cầu có tâm J(1;2;-3) bán kính R = 4 

Tâm của đường tròn là hình chiếu của J lên Oxy $\Rightarrow I\left(1;2;0\right)$ 

Ta có $d\left(J;\left(Oxy\right)\right)=3\Rightarrow r=\sqrt{R^2-d^2\left(J;\left(Oxy\right)\right)}=\sqrt{7}$

Đáp án C

Ta có ${\left(x^2+\frac{2}{x}\right)}^7=\sum _{k=0}^7{C}_7^k{x}^{2k}{\left(\frac{2}{x}\right)}^{7-k}=\sum _{k=0}^7{C}_7^k{x}^{7-k}{2}^{3k-7}$ 

Hệ số của $x^5$ khi $3k-7=5\iff k=4\Rightarrow$ hệ số là $C_7^4{2}^3=280$.

Đáp án B

Vì ABCD là hình vuông $\Rightarrow AB\perp AD\left(1\right)$ 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\left(2\right)$ 

Từ (1), (2) suy ra $AB\perp \left(SAD\right) \Rightarrow \widehat{SB;\left(SAD\right)}=\widehat{\left(SB;SA\right)}=\widehat{BSA}$ 

Tam giác SAB vuông tại A, có $\cos \widehat{BSA}=\frac{SA}{SB}=\frac{SA}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Đáp án A

ĐK: $m\ne 2x$. Ta có: $y=\frac{mx-2}{m-2x}\Rightarrow y\text{'}=\frac{m^2-4}{{\left(m-2x\right)}^2}$ 

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{1}{2};+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 2x\\ \frac{m^2-4}{{\left(m-2x\right)}^2}<0\end{array}\left(\forall x>\frac{1}{2}\right)\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ -2<m<2\end{array}\right.$

$\iff -2<m\le 1$.

Đáp án D

Đáp án A

Ta có $z=\frac{\left(5-i\right)\left(1+i\right)+i-1}{\left(1-i\right)\left(2+i\right)}=1+2i\Rightarrow w=8i\Rightarrow \left|w\right|=8$.

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}OC\perp OA\\ OC\perp OB\end{array}\right.\Rightarrow OC\perp \left(OAB\right)$ 

Kẻ $OH\perp AB\Rightarrow OC\perp OH\Rightarrow d\left(AB;OC\right)=OH=\frac{OA}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án C

Ta có $f\text{'}\left(x\right)>0\iff x^2\left(x+2\right)>0\iff x>-2$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-2;+\infty \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$

Đáp án D

Gọi $M(a;b;c)\Rightarrow d\left(M,Oxz\right)=\left|b\right|=2;d\left(M,Oyz\right)=\left|a\right|=3$ 

Do $OM=7\Rightarrow a^2+b^2+c^2=49\Rightarrow \left|c\right|=\sqrt{49-a^2-b^2}=6$ 

Vậy $d\left(M;\left(Oxy\right)\right)=6$.

Đáp án A

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in \mathrm{ℝ}\right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi$ 

Khi đó $3z.\overline{z}+2017(z-\overline{z})=48-2016i\iff 3(a^2+b^2)+2017.2bi=48-2016i$

$\Rightarrow 3\left(a^2+b^2\right)=48\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=4$.

Đáp án B

Ta có: ${\int }_0^{1}f\left(x\right)dx={\int }_0^{1}6x^2.f\left(x^3\right)dx-{\int }_0^1\frac{6}{\sqrt{3x+1}}dx=A-B$

Đặt $t=x^3\Rightarrow dt=3x^{2}dx$, đổi cận $\overline{)\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=1\end{array}\Rightarrow A=2{\int }_0^{1}f\left(t\right)dt}=2{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx$ 

Mặt khác $B={\int }_0^1\frac{6}{\sqrt{3x+1}}dx=4{\overline{)\sqrt{3x+1}}}_0^1=4$

Suy ra ${\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=2{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx-4\Rightarrow {\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=4$.

Đáp án A

Ta có: $x=1\Rightarrow y=-2\Rightarrow -2=\frac{1+b}{a-2}\iff -2a+4=b+1\iff 2a+b=3$ 

Do tiếp tuyến A song song với đường thẳng $d:3x+y-4=0$ hay $y=-3x+4$ nên $y\text{'}\left(1\right)=\frac{-2-ab}{{\left(a-2\right)}^2}=-3\Rightarrow \frac{-2-a\left(3-2a\right)}{{\left(a-2\right)}^2}=-3\iff \frac{-2a^2+3a+2}{{\left(a-2\right)}^2}=-3\iff \frac{\left(a-2\right)\left(-2a-1\right)}{{\left(a-2\right)}^2}=-3$

$\iff -2a-1=-3\iff a=1\Rightarrow b=1\Rightarrow a-3b=-2$

Đáp án A

Ta có $u_{n+1}^2=u_n^2+2=u_{n-1}^2+2.2=u_{n-2}^2+2.3=u_1^2+2n$ 

Do đó $S=1001u_1^2+2(0+1+2+...+1000)=1001+2.\frac{1001.1000}{2}=1002001$.

Đáp án D

Ta có: $d\left(B;\left(P\right)\right)\le AB$, dấu “=” xảy ra $\iff AB\perp \left(P\right)$ 

Khi đó $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{AB}\left(1;-1;1\right)\Rightarrow \left(P\right):x-y+z-1=0\Rightarrow d\left(O;\left(P\right)\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}={\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^3-6x^2+mx+2}\left(3x^2-12x+m\right).\ln \frac{1}{2}=-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^3-6x^2+mx+2}\left(3x^2-12x+m\right).\ln 2$ 

Hàm số $y={\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^3-6x^2+mx+2}$ luôn đồng biến trên khoảng $\left(1;3\right)\Rightarrow y\text{'}>0\left(\forall x\in \left(1;3\right)\right)$ 

$\iff 3x^2-12x+m\le 0\left(\forall x\in \left(1;3\right)\right)\iff m\le 12x-3x^2=g\left(x\right)\left(\forall x\in \left(1;3\right)\right)\iff m\le \underset{\left(1;3\right)}{Min}g\left(x\right)$

Lại có $g\text{'}\left(x\right)=12-6x\iff x=2\Rightarrow g\left(2\right)=12;\underset{x\to 1}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to 3}{\lim }g\left(x\right)=9$ 

Lập bảng biến thiên suy ra $m\le 9$ là giá trị cần tìm. Vậy có 9 giá trị nguyên dương của m.

Đáp án C

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

Để hàm số liên tục tại điểm $x_0=1\iff \underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\iff m=\frac{3}{4}$.

Đáp án A

Ta có $2^x.{15}^{x+1}=3^{x+3}\iff 2^x.5^{x+1}=3^2\iff \log \left(2^x.5^{x+1}\right)=\log 3^2\iff x\log 2+\left(x+1\right)\log 5=2\log 3$ 

$\iff x\left(\log 2+\log 5\right)=2\log 3-\log 5\iff x=\frac{2\log 3-\log 5}{\log 2+\log 5}=2\log 3-\log 5\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=5\end{array}\right.$.

Vậy S = 4009.

Đáp án D

Ta có $y=x^3-m{x}^2-mx+2m-3\Rightarrow y\text{'}=3x^2-2mx-m;\forall x\in \mathrm{ℝ}$

Yaau cầu bài toán $\iff y\text{'}>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}\iff 3x^2-2mx-m>0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$ 

$\iff ∆\text{'}=m^2+3m<0\iff -3<m<0$ mà $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\Rightarrow m=\left\{-2;-1\right\}$.

Phương trình: sin²2x + 3sin2x + 2 = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}\sin 2x=-1\\ \sin 2x=-2\left(VL\right)\end{array}\right.\iff \sin 2x=-1$

$\iff x=-\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Ta có: $x\in \left[0;10\pi \right]$

$\Rightarrow 0\le -\frac{\pi }{4}+k\pi \le 10\pi$

$\Rightarrow \frac{\pi }{4}\le k\pi \le \frac{41\pi }{4}$

$\Rightarrow \frac{1}{4}\le k\le \frac{41}{4}$

Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên $k\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\right\}$.

Khi đó các nghiệm của phương trình là: $x\in \left\{\frac{3\pi }{4};\frac{7\pi }{4};\frac{11\pi }{4};\frac{15\pi }{4};\mathrm{...};\frac{39\pi }{4}\right\}$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: $\frac{3\pi }{4}+\frac{7\pi }{4}+\frac{11\pi }{4}+\frac{15\pi }{4}+\mathrm{...}+\frac{39\pi }{4}=\frac{105\pi }{2}$

Chọn đáp án A.

Đáp án B

Đặt SO' = x. Theo định lí Talet ta có: $\frac{x}{h}=\frac{r\text{'}}{r}\left(0<x<h\right)$ 

Thể tích khối trụ là $V=\mathrm{\pi r}{\text{'}}^2\left(\mathrm{h}-\mathrm{x}\right)=\mathrm{\pi }\frac{{\left(\mathrm{xr}\right)}^2}{{\mathrm{h}}^2}\left(\mathrm{h}-\mathrm{x}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)$ 

Ta có $f\left(x\right)=\frac{{\mathrm{\pi r}}^2}{h^2}{x}^2\left(h-x\right)$

Cách 1. Xét $M\left(x\right)=x^2\left(h-x\right)$ 

Cách 2. Ta có  $M\left(x\right)=4.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.\left(h-x\right)\le 4{\left(\frac{{\displaystyle \frac{x}{2}}+{\displaystyle \frac{x}{2}}+h-x}{3}\right)}^3=\frac{4h^3}{27}$

Dấu “=” xảy ra $\iff \frac{x}{2}=h-x\iff x=\frac{2}{3}h\Rightarrow MN=h-x=\frac{h}{3}$.

Đáp án D

Ta có $3C_{n+1}^3-3A_n^2=52\left(n-1\right)\iff 3\frac{\left(n+1\right)!}{\left(n-2\right)!.3!}-3\frac{n!}{\left(n-2\right)!}=52\left(n-1\right)$

$\iff 3\frac{n\left(n^2-1\right)}{2}-3n\left(n-1\right)=52\left(n-1\right)\iff n^2+n-6n=104\iff n^2-5n-104=0\iff n=13$ 

Khi đó ${\left(x^3+2y^2\right)}^n={\left(x^3+2y^2\right)}^{13}=\sum _{k=0}^{13}{C}_{13}^k{\left(x^3\right)}^{13-k}.{\left(2y^2\right)}^k=\sum _{k=0}^{13}{C}_{13}^k{2}^k{x}^{39-3k}.y^{2k}$ 

Vì tổng số mũ của x và y bằng $34\to 39-3k+2k=34\iff k=5$ 

Vậy hệ số cần tìm ứng với $k=5\to T_5=C_{13}^5{2}^5=41184$.

Đáp án C

Đặt $t=5^x\left(t>0\right)$ 

Khi đó PT$\Rightarrow t^2-\left(m+2\right)t+2m+1=0\iff t^2-2t+1=m\left(t-2\right) \left(*\right)$ 

Rõ ràng t = 2 không là nghiệm của phương trình

Do đó $\left(*\right)\iff m=\frac{t^2-2t+1}{t-2}=t+\frac{1}{t-2}=f\left(t\right)$ 

Xét f(t) trên tập $\left(0;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$ ta có: $f\text{'}\left(t\right)=1-\frac{1}{{\left(t-2\right)}^2}=0\iff [\begin{array}{l}t=1\\ t=3\end{array}$ 

Mặt khác $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(t\right)=-\frac{1}{2};f\left(1\right)=0;\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(t\right)=-\infty ;\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(t\right)=+\infty ;f\left(3\right)=2;\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(t\right)=+\infty$ 

Lập bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi $m\in (-\infty ;0]\cup [2;+\infty )$ 

Kết hợp $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ và $m\in \left[0;2018\right]$ suy ra có 2018 giá trị của tham số m.

Đáp án C

Do góc giữa hai mặt phẳng (AB'C') và (ABC) bằng $60°$

Suy ra $\widehat{\left(\left(AB\text{'}C\text{'}\right);\left(ABC\right)\right)}=60°$ 

Dựng $HK\perp B\text{'}C\text{'}$, do $AH\perp B\text{'}C\text{'}\Rightarrow B\text{'}C\text{'}\perp \left(AKH\right)$ 

Do đó $\widehat{AKH}=60°$

Mặt khác $B\text{'}C\text{'}=a\sqrt{3},\sin \widehat{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{A\text{'}C\text{'}}{B\text{'}C\text{'}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$ 

Suy ra $HK=HB\text{'}\sin \widehat{B\text{'}}=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}};AH=HK\tan 60°=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

Do $C\text{'}H=\sqrt{A\text{'}{H}^2+A\text{'}C{\text{'}}^2}=\frac{3a}{2}\Rightarrow r_{HB\text{'}C\text{'}}=\frac{HC\text{'}}{2\sin \widehat{HB\text{'}C\text{'}}}=\frac{3a\sqrt{6}}{8}$ 

Áp dụng công thức tính nhanh $R=\sqrt{r^2+\frac{A{H}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{62}}{8}$.

Đáp án C

Ta có: $\frac{9a^3+a}{b+1}=\sqrt{3b+2}\iff 9a^3+a=\left(b+1\right)\sqrt{3b+2}$ 

Đặt $t=\sqrt{3b+2}\Rightarrow b=\frac{t^2-2}{3}\Rightarrow$ $9a^3+a=\frac{t^2+1}{3}t\iff 27a^3+3a=t^3+t\iff {\left(3a\right)}^3+3a=t^3+t$ 

Xét hàm số $f\left(u\right)=u^3+u\left(u\in \mathrm{ℝ}\right)\Rightarrow f\text{'}\left(u\right)=3u^2+1>0 \forall u\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow f\left(u\right)$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ 

Khi đó:  $f\left(3a\right)=f\left(t\right)\iff t=3a\Rightarrow \sqrt{3b+2}=3a\iff b=\frac{9a^2-2}{3}$ 

Suy ra $S=6a-3a^2+\frac{2}{3}=-3{\left(a-1\right)}^2+\frac{11}{3}\le \frac{11}{3}$. 

Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức S = 6a - b là $\frac{11}{3}$.

Đáp án A

Mặt phẳng (P) cắt Ox, Oy, Oz  tại M, N, P có phương trình $\frac{x}{2}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ 

Vì N thuộc mặt phẳng (P) $\Rightarrow \frac{1}{2}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1\iff \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\iff bc=2\left(b+c\right)$.