Đề số 15

Câu 1: Đáp án B 

Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình $z^2-mz+2m-1=0$ trong tập số phức ta có:

$\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=-\frac{b}{a}=m\\ z_1{z}_2=\frac{c}{a}=2m-1\end{array}$ 

Khi đó:  $z_1^2+z_2^2=-10\iff {(z_1+z_2)}^2-2z_1{z}_2=-10$

$\iff m^2-2(2m-1)=-10\iff m^2-4m+12=0\iff m=2\pm 2\sqrt{2}i.$ 

Đáp án C

Đường thẳng $d_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(1;2;3)$ và đi qua   $M_1(1;0;3)$

Đường thẳng $d_2:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{4}=\frac{z-2}{6}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=(2;4;6)$ và đi qua  $M_2(0;1;2)$

Nhận thấy $\overrightarrow{u_2}=2\overrightarrow{u_1}$ nên $\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}$ cùng phương. Lại có, thay tọa độ  $M_2(0;1;2)$ $d_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$ ta được $\frac{0-1}{1}=\frac{1}{2}=\frac{2-3}{3}\iff -1=\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}$

 (vô lý) nên  $M_2\notin d_1.$

Vậy  $d_1//d_2.$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x-1}$ có đường TCĐ: $x=1$ và đường TCN:  $y=2.$

Đáp án B

Số tiền sau 2 năm (24 tháng) người đó nhận được là $M=2{(1+\mathrm{0,65}\%)}^{24}=2.{\left(\mathrm{1,0065}\right)}^{24}$ triệu đồng.

Đáp án D

Hình tứ diện đều có 4 mặt, 4 đỉnh và 6 cạnh.

Đáp án D

Ta có  $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{e}^{x+1}dx=e^{x+1}{|}_{\begin{array}{l}\\ -1\end{array}}^{\begin{array}{l}a\\ \end{array}}=e^{a+1}-e^{-1+1}=e^{a+1}-1.$

Theo đề bài $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{e}^{x+1}dx=e^2-1$ nên  $e^{a+1}-1=e^2-1\iff a+1=2\iff a=1.$

Đáp án D

Gọi  $z=a+bi(a,b\in ℝ)\Rightarrow \overline{z}=a-bi.$

Ta có:  $3z+2\overline{z}={(4-i)}^2\iff 3(a+bi)+2(a-bi)=16-8i+i^2$

 $\iff 5a+bi=15-8i\iff \{\begin{array}{l}5a=15\\ b=-8\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=3\\ b=-8\end{array}\Rightarrow z=3-8i$

Vậy  $\left|z\right|=\sqrt{3^2+8^2}=\sqrt{73}.$

Đáp án D

Ta có:  $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}$

Lại có ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-6$, suy ra ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=6.0-6=-6<0$ và  ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(2\right)=6.2-6=6>0$

Nên x=0 là điểm cực đại của hàm số và x=2 là điểm cực tiểu của hàm số.

Đáp án D

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.

Do đó ta chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.

Đáp án D:  $y^{\text{'}}=-40x^3-10x=-10x(4x^2+1)=0\iff x=0$

Ngoài ra  đổi dấu từ dương sang âm qua x=0 nên x=0 là điểm cực đại của hàm số, hàm số không có cực tiểu.

Đáp án A

Đáp án D

Ta có:  $y=\ln \frac{1}{x+1}=\ln 1-\ln (x+1)$

Suy ra  $y^{\text{'}}={[-\ln (x+1)]}^{\text{'}}=-\frac{{(x+1)}^{\text{'}}}{x+1}=-\frac{1}{x+1}$

Do đó  $x{y}^{\text{'}}-1=x.(-\frac{1}{x+1})-1=\frac{-x-(x+1)}{x+1}=\frac{-2x-1}{x+1}$

 $e^y=e^{-\ln (x+1)}=e^{\ln \frac{1}{x+1}}=\frac{1}{x+1}=x{y}^{\text{'}}+1$

Vậy  $x{y}^{\text{'}}+1=e^y$

Đáp án B

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ $(-1;3)$ thuộc đồ thị hàm số nên ta thay $x=-1;y=3$ vào hai hàm số còn lại thì chỉ có hàm số $y=x^3-3x+1$ thỏa mãn.

Đáp án B

Xét phương trình  $x^3=4x\iff x(x^2-4)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ x=-2\end{array}$

Do đó: $S=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}|x^3-4x|dx=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}|x^3-4x|dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}|x^3-4x|dx=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}(x^3-4x)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}(x^3-4x)dx$

$=(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2){|}_{\begin{array}{l}\\ -2\end{array}}^{\begin{array}{l}0\\ \end{array}}-(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2){|}_{\begin{array}{l}\\ 0\end{array}}^{\begin{array}{l}2\\ \end{array}}=4+4=8.$ 

Đáp án C

Đáp án A

Ta có:  $w=3z_1-2z_2=3(1+2i)-2(2-3i)=3+6i-4+6i=-1+12i$

Vậy phần ảo của w là 12.

Đáp án B

Ta có  $\int f\left(x\right)dx=\int (3x^2+e^{-x})dx=3.\frac{x^3}{3}-e^{-x}+C=x^3-e^{-x}+C.$

Đáp án C

Vì $f\left(x\right)<0;\forall x>0$ nên hàm số nghịch biến trên $(0;+\infty )$ suy ra

 $f\left(1\right)>f\left(2\right)>f\left(e\right)>f\left(3\right)>f\left(\pi \right)>f\left(4\right)$

Khi đó $\{\begin{array}{l}f\left(e\right)>f\left(3\right)\\ f\left(\pi \right)>f\left(4\right)\end{array}\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)>f\left(3\right)+f\left(4\right)$

+ $f\left(e\right)>f\left(\pi \right)$ nên A sai

+ $\{\begin{array}{l}f\left(e\right)<f\left(2\right)\\ f\left(\pi \right)<f\left(2\right)\end{array}\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)<2f\left(2\right)$ nên  nên B sai

+ $\{\begin{array}{l}f\left(e\right)<f\left(2\right)\\ f\left(\pi \right)<f\left(2\right)\end{array}\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)<2f\left(2\right)$ nên C đúng

+ $\{\begin{array}{l}f\left(1\right)>f\left(3\right)\\ f\left(2\right)>f\left(3\right)\end{array}\Rightarrow f\left(1\right)+f\left(2\right)>2f\left(3\right)$ nên D sai

Đáp án C

Vì $f\left(x\right)<0;\forall x>0$ nên hàm số nghịch biến trên $(0;+\infty )$ suy ra

 $f\left(1\right)>f\left(2\right)>f\left(e\right)>f\left(3\right)>f\left(\pi \right)>f\left(4\right)$

Khi đó                                  

$\{\begin{array}{l}f\left(e\right)>f\left(3\right)\\ f\left(\pi \right)>f\left(4\right)\end{array}\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)>f\left(3\right)+f\left(4\right)$+  nên A sai

+$f\left(e\right)>f\left(\pi \right)$  nên $f\left(e\right)-f\left(\pi \right)>0$ nên B sai

+ $\{\begin{array}{l}f\left(e\right)<f\left(2\right)\\ f\left(\pi \right)<f\left(2\right)\end{array}\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)<2f\left(2\right)$ nên C đúng

+ $\{\begin{array}{l}f\left(1\right)>f\left(3\right)\\ f\left(2\right)>f\left(3\right)\end{array}\Rightarrow f\left(1\right)+f\left(2\right)>2f\left(3\right)$ nên D sai

Đáp án D

 $y=-x^4+4x^2+10\Rightarrow y^{\text{'}}=-4x^3+8x=-4x(x^2-2)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}.$

Nhận thấy: $y^{\text{'}}>0\iff [\begin{array}{l}x<-\sqrt{2}\\ 0<x<\sqrt{2}\end{array}$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-\sqrt{2})$ và $(0;\sqrt{2})$ (khoảng (I) và (III))

Đáp án C

+ Hàm số $y=a^x$ với $a>1$ thì đồng biến trên  nên A sai.

+ Hàm số $y=a^x$ với $0<a<1$ thì nghịch biến trên  nên B sai.

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ và đồ thị hàm số $y={\log }_{a}x$ đối xứng nhau qua đường thẳng  nên C đúng

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ với $a>0$ và $a\ne 1$ luôn đi qua điểm $M(1;a)$ nên D sai.

Đáp án A

Mặt phẳng $\left(P\right)$ chứa d và  nếu nó đi qua $M=d\cap d^{\text{'}}$ và nhận $[\overrightarrow{u_d},\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}]$ làm vectơ pháp tuyến.

Gọi M là giao điểm của d và , khi đó  $\{\begin{array}{l}1-2t^{\text{'}}=-1+t\\ -2+t^{\text{'}}=-t\\ 4+3t^{\text{'}}=-2+3t\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2t^{\text{'}}+t=2\\ -t^{\text{'}}-t=-2\\ -3t^{\text{'}}+3t=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{t}^{\text{'}}=0\\ t=2\end{array}.$

Suy ra  $M(1;-2;4).$

Ta có:  $\overrightarrow{u_d}=(-2;1;3),\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}=(1;-1;3)\Rightarrow \overrightarrow{n}=[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}]=(6;9;1)$

Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua $M(1;-2;4)$ và nhận $\overrightarrow{n}=(6;9;1)$ làm vectơ pháp tuyến nên

 $\left(P\right):6(x-1)+9(y+2)+1(z-4)=0\iff 6x+9y+z+8=0.$

Đáp án A

Và đường sinh SB tạo với đáy góc  nên D đúng.

Hai đường sinh bất kì SB, SC chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai.

Đáp án A

Đáp án A:  $\overrightarrow{n_P}=(2;11;-5),\overrightarrow{n_Q}=(-1;2;1)$

 $\Rightarrow \cos \alpha =\frac{|2.(-1)+11.2+(-5).1|}{\sqrt{2^2+{11}^2+{(-5)}^2}.\sqrt{{(-1)}^2+2^2+1^2}}=\frac{15}{30}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =60°$

Đáp án B

Ta có  $\overrightarrow{BC}=(-3;0;1);\overrightarrow{BD}=(-4;-1;2)\Rightarrow [\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}]=(1;2;3)$

Mặt phẳng $\left(BCD\right)$ đi qua $B(3;2;0)$ và có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}]=(1;2;3)$ nên phương trình mặt phẳng $\left(BCD\right)$ là  $1(x-3)+2(y-2)+3(z-0)=0\iff x+2y+3z-7=0$

Vì mặt cầu $\left(S\right)$ tâm A tiếp xúc với mặt phẳng $\left(BCD\right)$ nên bán kính mặt cầu là

 $\text{R}=d(A;\left(BCD\right))=\frac{|3+2.(-2)+3.(-2)-7|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\sqrt{14}$

Phương trình mặt cầu (S) là  ${(x-3)}^2+{(y+2)}^2+{(z+2)}^2=14.$

Đáp án C

Ta có:  $y^{\text{'}}=\frac{-1.3-2.1}{{(2x+3)}^2}=-\frac{5}{{(2x+3)}^2}<\mathrm{0,}\forall x\ne -\frac{3}{2}$

Đáp án B

Số phức $z=5-4i$ có môđun  $\left|z\right|=\sqrt{5^2+{(-4)}^2}=\sqrt{41}$

Đáp án C

Gọi $z=x+yi(x,y\in ℝ)$, khi đó:

 $|\overline{z}+1-i|\le 4\iff |(x+1)-(y+1)i|\le 4\iff \sqrt{{(x+1)}^2+{(y+1)}^2}\le 4\iff {(x+1)}^2+{(y+1)}^2\le 4^2$

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm $I(-1;-1),$ bán kính $R=4$ (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).

Đáp án D

Ta có  $(\sqrt{3}+\sqrt{2})(\sqrt{3}-\sqrt{2})=1\iff \sqrt{3}+\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}={(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^{-1}.$

Nên  ${(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^x>\sqrt{3}+\sqrt{2}\iff {(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^x>{(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^{-1}\iff x<-1$

(vì $0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1$)

Đáp án B

Ta có:  $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}\iff \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0\iff 2.(-1)+1.(m-2)+0.1=0\iff m-4=0\iff m=4.$

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên $(0;+\infty )$ nên $a>1$, loại D.

Điểm có tọa độ $(\frac{1}{2};-1)$ thuộc đồ thị hàm số nên ta thay $x=\frac{1}{2};y=-1$ vào từng hàm số còn lại, chỉ có hàm số $y={\log }_{2}x$  thỏa mãn $(do{\log }_2\left(\frac{1}{2}\right)=-1)$ nên chọn A.

Đáp án A

Ta có: BCNB' là hình thang vuông tại B, C có diện tích:

$S_{BCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}(B{B}^{\text{'}}+CN).BC=\frac{1}{2}(4a+\frac{2}{3}.4a).4a=\frac{40a^2}{3}$ 

$\Rightarrow V_{MBCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}MC.S_{BCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.3a.\frac{40}{3}{a}^2=\frac{80a^3}{9}$

Mặt khác  $S_{\Delta ABM}=S_{ABCD}-S_{\Delta BCM}-S_{\Delta ADM}=3a.4a-\frac{1}{2}.4a.\frac{2}{3}.3a-\frac{1}{2}.4a.\frac{1}{3}.3a=6a^2$

 $\Rightarrow V_{B^{\text{'}}ABM}=\frac{1}{3}B{B}^{\text{'}}.S_{ABM}=\frac{1}{3}.4a.6a^2=8a^3\Rightarrow V_{\left(H\right)}=\frac{80}{9}{a}^3+8a^3=\frac{152}{9}{a}^3$

Thể tích hình hộp chữ nhật là:  $V=3a.4a.4a=48a^3\Rightarrow \frac{V_{\left(H\right)}}{V}=\frac{152a^3}{9}.\frac{1}{48a^3}=\frac{19}{54}.$