Đề số 2

Đáp án A

Thể tích khối lập phương cạnh $2a$ là: $V={\left(2a\right)}^3=8a^3$

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$ .

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

Đáp án A

Ta có: $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}\left(2;-3;4\right)$ .

Lưu ý: Ta có thể chỉ cần đọc các hệ số lần lượt của các véctơ $\overrightarrow{i};\overrightarrow{j};\overrightarrow{k}$ tương ứng.

Đáp án D

Ta thấy trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$ thì , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$ .

Lưu ý: Tại $x=-\frac{1}{2}$, hàm số bị gián đoạn; vậy không thể nói hàm số đơn điệu trên khoảng $\left(-\infty ;3\right)$

Đáp án B

Ta có: $\log \left(a{b}^2\right)=\log a+\log b^2=\log a+2\log b$ .

Đáp án A

Ta có: $\underset{0}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{6}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow 7=P+3\Rightarrow P=4$ .

Lưu ý: Chọn cận bé nhất và cận lớn nhất, sau đó ta tiến hành cộng lần lượt: $0\stackrel{0\stackrel{}{\to }2\stackrel{}{\to }6\stackrel{}{\to }10}{\to }10$

Đáp án C

Điều kiện:$\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 54-x^3>0\end{array}\right.$.

Phương trình tương đương với: $\log \left(54-x^3\right)=\log x^3\iff 54-x^3=x^3\iff x^3=27\iff x=3$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3.

Đáp án B

Đáp án A

Có 3 phương án lựa chọn:

+ Phương án 1: Số có 1 chữ số khác nhau; có 3 cách chọn: 1; 2; 3.

+ Phương án 2: Số có 2 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 12; 21; 13; 31; 23; 32.

+ Phương án 3: Số có 3 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 123; 132; 213; 231; 321; 312.

Vậy có 3 + 6 + 6 = 15 cách chọn.

Đáp án C

Ta có:$u_{99}=u_1+98d=11+98.4=403$ .

Đáp án D

Ta có $\overline{z}=-1+2i$ nên điểm biểu diễn số phức $\overline{z}$ là Q.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

Khi $x\to +\infty$ thì , suy ra loại C và D.

Tọa độ các điểm cực trị là $\left(-1;2\right)$ và$\left(1;-2\right)$  nên đáp án A là phù hợp.

Đáp án D

Hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$ liên tục trên $\left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<\mathrm{0,}\forall x\in \left[0;1\right)\cup \left(1;3\right]$ .

Bảng biến thiên hàm số  trên như sau:

Đáp án B

Ta có:$g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(1-x\right)$ .

Hàm số $g\left(x\right)$  nghịch biến khi$-f^{\text{'}}\left(1-x\right)<0\iff f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0$

$\iff \left[\begin{array}{l}1-x>1\\ -1<1-x<0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ 1<x<2\end{array}\right.$.

Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(1-x\right)$ có nghịch biến trên khoảng $\left(-2;0\right)$ .

Đáp án A

Đặt $z=x+yi\Rightarrow {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2={\left(x+3\right)}^2+y^2\iff 2x-y+1=0$

Đáp án A

Đặt $z=x+yi\Rightarrow {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2={\left(x+3\right)}^2+y^2\iff 2x-y+1=0$

Đáp án D

Ta có ${\log }_{2}x=5{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b={\log }_2{a}^5+{\log }_2{b}^3={\log }_2{a}^5{b}^3\iff x=a^5{b}^3$ .

Đáp án A

Ta có: $z^2-2z+2-0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.$.    

Xét

Đáp án A

Điều kiện:$\left\{\begin{array}{l}3-2x>0\\ x+1>0\end{array}\right.\iff -1<x<\frac{3}{2}$ .

Bất phương trình tương đương với: $3-2x\ge x+1\iff x\le \frac{2}{3}$.

Kết hợp điều kiện, ta được: $-1<x\le \frac{2}{3}$

Đáp án B

Khi ô tô dừng lại thì vận tốc $v\left(t\right)=0\left(\text{m/s}\right)$ .

Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là:$-10t+20=0\iff t=2\left(\text{s}\right)$ .

Gọi  là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:$s=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(-10t+20\right)dt={\left.\left(-5t^2+10t\right)\right|}_0^2=20\left(\text{m}\right)$ .

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=-5$, nên đường thẳng $y=-5$ là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ nên đường thẳng $x=2$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.

Đáp án C

Tam giác ABC, có: $A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2={10}^2=B{C}^2$,

suy ra tam giác ABC vuông tại A.

Diện tích tam giác ABC là:$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=24\left(đvdt\right)$ .

Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ là:$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SA=32\left(đvtt\right)$ .

Đáp án B

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x^2+1\right)}^{\text{'}}{.2}^{x^2+1}.\ln 2=2x.\ln {2.2}^{x^2+1}$

Đáp án A

Ta có:  $f\left(x\right)-2=0\iff f\left(x\right)=2$.

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-2=0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng  $y=2$.

Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Do ABCD là hình vuông cạnh $a\Rightarrow AC=a\sqrt{2}$ .

$\Rightarrow A{C}^2=2a^2=S{A}^2+S{C}^2\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S.

Từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của $\Delta DSA\Rightarrow \overrightarrow{NM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}$

Đáp án A

Ta có $e^{x^2-3x}=\frac{1}{e^2}\iff e^{x^2-3x}=e^{-2}\iff x^2-3x=-2\iff x^2-3x+2=1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$ .

Suy ra $S=\left\{1;2\right\}\stackrel{}{\to }T=1+2=3$ .

Đáp án B

Ta có thể tích phần không chứa nước  $V_1=3.\pi {.4}^2=48\pi$.

Như vậy để nước trào ra ngoài thì số bi thả vào cốc phải có tổng thể tích lớn hơn 48p.

Gọi n là số viên bi tối thiểu thả vào cốc khi đó tổng thể tích của n viên bị là $V_2=n.\frac{4}{3}\pi {.2}^3=\frac{32\pi n}{3}$ .

Theo bài ra $\frac{32\pi n}{3}>48\pi \iff n>\frac{9}{2}$ .

Vậy  $n=5$.

Đáp án A

Có $F^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+a\right)e^{-x}-\left(x^2+ax+b\right)e^{-x}=\left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right]e^{-x}$

Vì  $F\left(x\right)$là một nguyên hàm của $f\left(x\right)$ nên ta có

.$F^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right),\forall x\Rightarrow \left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right]e^{-x}=\left(-x^2+3x+6\right)e^{-x}$

Đáp án C

Ta có $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(C,\left(SAD\right)\right)$.

Gọi M là trung điểm AD, suy ra ABCM là hình vuông $\Rightarrow CM\perp AD$.

Do  $\left\{\begin{array}{l}CM\perp AD\\ CM\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CM\perp \left(SAD\right)$ nên $d\left(C,\left(SAD\right)\right)=CM=AB=a\sqrt{3}$ .

Vậy $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{u_d}=\left(1;4;1\right)$ và $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-1;2\right)$

Do $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\text{//}\left(P\right)$.

Khi đó: $d\left(d,\left(P\right)\right)=d\left(M\left(P\right)\right)=\frac{\left|2+1-9\right|}{\sqrt{4+1+4}}=2$.

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy:

+ Với $\left(-\infty ;1\right)$ thì $f^{\text{'}}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right),\forall t<1\iff y^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x<-1$ ; loại B.

+ Với $t\in \left(3;4\right)\Rightarrow x\in \left(1;2\right)$ thì $f^{\text{'}}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right),\forall t\in \left(3;4\right)\iff y^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;2\right)$ ; loại A, D.

+ Với $t\in \left(1;\frac{5}{2}\right)\iff x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$ thì $f^{\text{'}}\left(t\right)>\left(2t^2-7t+5\right),\forall t\in \left(1;\frac{5}{2}\right)\iff y^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\left(-1;\frac{1}{2}\right)$ .

Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Đáp án D

Gọi Ai : “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với  $i=\overline{\mathrm{1,3}}$.

Khi đó $\overline{A_i}$ : “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.

Ta có $P\left(A\right)=\mathrm{0,7}\Rightarrow P\left(\overline{A_1}\right)=\mathrm{0,3};P\left(A\right)=\mathrm{0,6}\Rightarrow P\left(A\right)=\mathrm{0,4};P\left(A{3}_{}\right)=\mathrm{0,5}\Rightarrow P\left(\overline{A_3}\right)=\mathrm{0,5}<math display=\text{'}block\text{'} xm\ln s=\text{'}http://www.w3.org/1998/Math/MathML\text{'}>$ 

Gọi : “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.

Và : “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Ta có  $P\left(B\right)=P\left(\overline{A_1}\right).P\left(\overline{A_2}\right).P\left(\overline{A_3}\right)=\mathrm{0,3.0,4.0,5}=\mathrm{0,06}$.

Khi đó $P\left(\overline{B}\right)=1-P\left(B\right)=1-\mathrm{0,06}=\mathrm{0,94}$.

Đáp án B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$ .

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{x^2+2mx+4m}{x+2}$ trên đoạn $\left[-1;1\right]$ .

Hàm số xác định và liên tục trên $\left[-1;1\right]$.

Ta có:$g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2+4x}{{\left(x+2\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-1;1\right]\\ x=-4\notin \left[-1;1\right]\end{array}\right.$ .

Ta lại có $g\left(0\right)=2m;g\left(-1\right)=2m+1;g\left(1\right)=2m+\frac{1}{3}$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[-1;1\right]}{\min }g\left(x\right)=2m\\ \underset{\left[-1;1\right]}{\max }g\left(x\right)=2m+1\end{array}\right.$ .

Suy ra $\underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{\left|2m\right|;\left|2m+1\right|\right\}$ .

Theo đề bài $\underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=3$:  nên ta có: $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|2m+1\right|=3\\ \left|2m+1\right|\ge \left|2m\right|\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|2m\right|=3\\ \left|2m\right|\ge \left|2m+1\right|\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$ .

Vậy tổng các phần tử thuộc tập S bằng $1+\left(-\frac{3}{2}\right)=-\frac{1}{2}$ .

Lưu ý:

Tìm tham số để $\underset{\left[\alpha ;\beta \right]}{\max }f\left(x\right)=a$ (với a>0 ).

Phương pháp:

Tìm .

Suy ra: .

Theo đề bài:  nên ta có hai trường hợp:

TH1:       $\left\{\begin{array}{l}\left|M\right|=a\\ \left|m\right|\le a\end{array}\right.$           TH2: $\left\{\begin{array}{l}\left|m\right|=a\\ \left|M\right|\le a\end{array}\right.$.

Đáp án B

Đặt $z=a+bi$ .