Đề số 12

Đáp án A

Ta có $z_1=-1+2i$; $z_2=2+i\Rightarrow z_1+z_2=1+3i$.

Đáp án C

Ta có $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\ne \underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx.\underset{a}{\overset{b}{\int }}g\left(x\right)dx$  nên đáp án C sai.

Đáp án B

Đồ thị hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu là $\left(0;-1\right)$ nên đáp án B sai.

Đáp án A

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\overrightarrow{u_{\alpha }}=\left(1;0;2\right)$.

Đáp án D

Ta có $y=3^e.x^e-{\log }_{2}x\Rightarrow y^{\text{'}}=3^e.e.x^{e-1}-\frac{1}{x\ln 2}=3e{\left(3x\right)}^{e-1}-\frac{1}{x\ln 2}$.

Đáp án D

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 5xdx=-\frac{1}{5}\cos 5x+C$.

Đáp án C

Hàm số đã cho đồng biến trên $\left(1;3\right)$ nên cũng đồng biến trên $\left(2;3\right)$.

Đáp án D

Dựa vào hệ số a>0 ta loại được đáp án C. Đồ thị cắt trục tung tại y=-1 nên loại B.

Từ đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị $x_1=1$; $x_2=3\Rightarrow x_1+x_2=4$; $x_1.x_2=3$.

Đáp án B

Ta có $a^2{b}^3=4^4\iff a^2{b}^3=2^8\iff {\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_2{2}^8\iff 2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b=8$.

Đáp án C

Mặt phẳng song song với trục Oz là (Q):  $x+11y+1=0$.

Đường thẳng Oz nằm trong mặt phẳng (P): x+y=0 nên đáp án B không đúng.

Đáp án B

Ta có $2^{x-3}=\frac{1}{2}\iff x-3=-1\iff x=2$.

Đáp án C

Đáp án D

Ta có $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{\sqrt{x+2}}dx=F\left(2\right)-F\left(-1\right)\iff F\left(2\right)-F\left(-1\right)=2\iff F\left(-1\right)=F\left(2\right)-2=2$.

Đáp án D

Ta có $2^x<3-\frac{2}{2^x}\iff {\left(2^x\right)}^2-{3.2}^x+2<0\iff 1<2^x<2\iff 0<x<1$

Do đó suy ra a=0, $b=1\Rightarrow a+b=1$.

Đáp án C

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là $y=2$ và $y=0$, không có TCĐ.

Đáp án D

$I\left(1+2t;3-t;1+t\right)$ mà $I\in \left(P\right)\Rightarrow 2\left(1+2t\right)-3\left(3-t\right)+\left(1+t\right)-2=0\iff t=1\Rightarrow I\left(3;2;2\right)$.

Do đó $a+b+c=7$.

Đáp án B

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là $f\left(0\right)$.

Đáp án A

Đáp án D

Ta có $V=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\frac{1}{2}\pi {\left(x\sqrt{4-x}\right)}^{2}dx=\frac{\pi }{2}\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(4x^2-x^3\right)=\frac{\pi }{2}\left(\frac{4x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right)\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.=\frac{32}{3}\pi$.

Đáp án C

Đáp án D

Ta có  ${\log }_{a}b+2{\log }_{b}a=3$

Đặt  $t={\log }_{a}b>1\to t+\frac{2}{t}=3\iff t^2-3t+2=0\Rightarrow t=2$

$\Rightarrow {\log }_{a}b=2\Rightarrow b=a^2\Rightarrow T={\log }_{a^3}{a}^2=\frac{2}{3}$.

Đáp án B

Từ hình vẽ dễ thấy đáp án A, D đúng.

Đáp án B sai do kết quả của tích phân $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx<0$ mà diện tích không thể âm.

Đáp án B

Đáp án A

Ta có tâm I của mặt cầu chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

$S_{SAB}=\frac{1}{2}SO.AB=\frac{SA.SB.AB}{4R}\Rightarrow R=\frac{S{A}^2}{2SO}=\frac{2^2}{2.1}=2$

Đáp án A

Ta có chiều cao $h=\frac{8\pi }{4}=2\pi$

Bán kính đáy  $r=\frac{h}{2\pi }=1\Rightarrow V=\pi r^{2}h=2{\pi }^2$

Đáp án A

Kẻ  $SH\perp AC\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

 $SC=\sqrt{A{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}}\Rightarrow SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}.a\sqrt{\frac{3}{2}}}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$

Đáp án D

Cả 4 đáp án đều thỏa mãn về vectơ chỉ phuơng, ta xét điểm đi qua.

Thay tọa độ $\left(-5;10;-15\right)$,$\left(2;4;6\right)$ ,$\left(1;2;3\right)$ , $\left(3;6;12\right)$ vào phương trình $\Delta$: $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{4}=\frac{z-3}{6}$ thì ta thấy  $\left(3;6;12\right)$không thỏa mãn.

Đáp án B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x\ln 2}x-{\log }_{2}x}{x^2}=\frac{1-\ln 2.{\log }_{2}x}{x^2\ln 2}=\frac{1-\ln x}{x^2\ln 2}$.

Đáp án D

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-1=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=a>1\end{array}\right.$

Xét bảng sau:

Đáp án A

Ta có  $y={\log }_2\left(f\left(2x\right)\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{{\left[f\left(2x\right)\right]}^{\text{'}}}{f\left(2x\right)\ln 2}=\frac{2.f^{\text{'}}\left(2x\right)}{f\left(2x\right)\ln 2}$

Do $f\left(2x\right)>0\left(\forall x\in ℝ\right)\Rightarrow y^{\text{'}}>0\iff f^{\text{'}}\left(2x\right)>0$

Dựa vào bảng biến thiên suy ra $f^{\text{'}}\left(2x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-1<2x<1\\ 2x>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}\\ x>1\end{array}\right.$.

Suy ra hàm số $y={\log }_2\left(f\left(2x\right)\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(1;2\right)$.

Đáp án D

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$.

Ta có  $\left|a+bi-1\right|=\left|a+bi-i\right|\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2=a^2+{\left(b-1\right)}^2\iff a=b\Rightarrow z=a+ai$

Lại có:  $\left|z+2m\right|=m+1\iff \left|a+ai+2m\right|=m+1\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ {\left(a+2m\right)}^2+a^2={\left(m+1\right)}^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ 2a^2+4ma+3m^2-2m-1=0\end{array}\right.$.

Để tồn tại 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán thì   ${{\Delta }^{\text{'}}}_m=4m^2-2\left(3m^2-2m-1\right)>0$

$\iff -2m^2+4m+2>0\iff 1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2}$

Kết hợp  $\left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.\Rightarrow m=\left\{0;1;2\right\}\Rightarrow S=\left\{0;1;2\right\}\Rightarrow T=3$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của AD  ABCI là hình vuông cạnh a

$\Rightarrow \Delta ACI$ có đường trung tuyến $CI=\frac{AD}{2}\Rightarrow \Delta ACD$vuông tại C $\Rightarrow AC\perp CD$

Dựng $Dx\text{//}AC$

 $d\left(AC;SD\right)=d\left(AC;\left(SDx\right)\right)=d\left(A;\left(SDx\right)\right)$

Dựng $AE\perp Dx$,  $AF\perp SE\Rightarrow d\left(A;\left(SDx\right)\right)=AF$

Ta có: $AE=CD=\sqrt{C{I}^2+I{D}^2}=a\sqrt{2}$

Suy ra $AF=\frac{SA.SE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Đáp án D

Giả sử thiết diện là hình thang ABPQ

Gọi I, K lần lượt là tâm của đường tròn nhỏ và to.

Gọi M, N là hình chiếu của I, K lên một cạnh bên, điểm $E=IK\cap MN$ (hình vẽ) trong đó $IK=r+R=4cm$.

Ta có:  $\frac{EI}{EK}=\frac{IM}{KN}=\frac{r}{R}=\frac{1}{3}\iff \frac{EI}{EI+IK}=\frac{1}{3}\iff \frac{EI}{EI+4}=\frac{1}{3}$

$\iff EI=2\Rightarrow \sin \widehat{IEM}=\frac{IM}{EI}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{IEM}=30°$

Suy ra  $\widehat{EBO}=60°\Rightarrow \widehat{KBO}=30°\Rightarrow OB=KO\cot 30°=3\sqrt{3}$

Mặt khác ,  $EH=IE-IH=2-1=1cm$

Đáp án C

Xét hàm số  $y=g\left(x\right)=3f\left(x\right)-x^3$

Vẽ đồ thị hàm số $y=x^2$ ta thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge x^2$, $\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=3f^{\text{'}}\left(x\right)-3x^2\ge 0$,   

Do đó hàm số $y=g\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng (0;2) và $g\left(0\right)=3f\left(0\right)-0=g\left(0\right)$

$\Rightarrow g\left(x\right)\ge g\left(0\right)=0\left(\forall x\in \left(0;2\right)\right)$

Do đó $y=\left|g\left(x\right)\right|=g\left(x\right)$, $\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$.

Đáp án B

Đặt  $t=2^x+2^{-x}\Rightarrow t^{\text{'}}=2^x\ln 2-2^{-x}\ln 2=0\Rightarrow 2^x=2^{-x}\Rightarrow x=0$

Mặt khác $t\left(-1\right)=\frac{5}{2}$,$t\left(0\right)=2$ , $t\left(2\right)=\frac{17}{4}$.

Từ bảng biến thiên ta có nhận xét:

Với $\left[\begin{array}{l}t=2\\ \frac{5}{2}<t<\frac{17}{4}\end{array}\right.$  thì 1 giá trị của t có một giá trị của x, với $t\in \left(2;\frac{5}{2}\right]\Rightarrow$1 giá trị của t có 2 giá trị của x.

Với $t\in \left(2;\frac{17}{4}\right]\Rightarrow$ Phương trình f(t)=m có nhiều nhất 2 nghiệm.

Khi đó phương trình đã cho có nhiều nhất 3 nghiệm khi phương trình f(t)=m có 2 nghiệm $t_1\in \left(2;\frac{5}{2}\right]$ và 1 nghiệm  $t_2\in \left(\frac{5}{2};\frac{17}{4}\right]$

Đáp án B

Xếp 10 học sinh thành 1 hàng ngang có: $\left|\Omega \right|=10!$ cách sắp xếp.

Gọi A là biến cố: “Hàng ngang không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau”

Sắp xếp 5 bạn nam thành 1 hàng có: 5! cách sắp xếp, khi đó có 6 vị trí để xếp 5 bạn nữ xen kẽ để không có hai bạn nữ đứng cạnh nhau (6 vị trí bao gồm 2 vị trí đầu, cuối và 4 vị trí giữa 2 bạn nam)

Do đó $\left|{\Omega }_A\right|=5!.A_6^5=86400$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{42}$.

Đáp án B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)={31}^x\ln 31+3^x\ln 3+m$.

TH1: Với $m\ge 0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)>0$, $\forall x\in ℝ$; suy ra hàm số đồng biến trên  Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

TH2: Với m<0 thì phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff {31}^x\ln 31+3^x\ln 3=-m$.

Do hàm số $y={31}^x\ln 31+3^x\ln 3$ đồng biến trên R  Phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=-m{f}^{\text{'}}\left(x\right)=-m$ có nghiệm duy nhất x=a. Do m<0 thì $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$.

ta có bảng biến thiên

Đáp án A

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^4-2x^2+m$ trên đoạn $\left[0;2\right]$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-4x$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$.

Ta lại có: $f\left(1\right)=m-1$; $f\left(2\right)=m+8$; $f\left(0\right)=m$.

$\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=m+8$;  $\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=m-1$.

- Nếu $m-1\ge 0\iff m\ge 1$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+8$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=m-1$ .

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|\iff 8+m<3\left(m-1\right)\iff m>\frac{11}{2}$.

- Nếu $m+8\le 0\iff m\le -8$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=1-m$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=-m-8$ .

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|\iff 1-m<3\left(-m-8\right)\iff m<-\frac{25}{2}$

- Nếu $\left(m-1\right)\left(m+8\right)<0\iff -8<m<1$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\max \left\{\left|m+8\right|,\left|1-m\right|\right\}=\max \left\{m+\mathrm{8,1}-m\right\}$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=0$ .

Khi đó, không thỏa mãn điều kiện $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|$

Do đó: $\left[\begin{array}{l}m<-\frac{25}{2}\\ m>\frac{11}{2}\end{array}\right.$ kết hợp với $m\in \left[-20;20\right]$ ta có  $m\in \left[-20;-\frac{25}{2}\right)\cup \left(\frac{11}{2};20\right]$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow S=\left\{-20;-19;-18;\mathrm{...};-13;6;7;\mathrm{...};20\right\}$.