Đề số 20

Ta có $\overrightarrow{AB}=(2;-4;1)$ là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng AB, do đó đáp án A  không phải là đường thẳng AB.

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=4x^3+4x=4x(x^2+1).$

$y\text{'}>0\iff 4x>0\iff x>0$.

Vậy hàm số $y=x^4+2x^2-1$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty ).$

Đáp án C

Đồ thị hàm số có TCĐ $x=x_0<0\Rightarrow$ Loại đáp án A và B vì hai đồ thị hàm số ở đáp án A và B có đường TCĐ $x=1.$

Đồ thị hàm số đi qua điểm  với  Loại đáp án D vì đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}$ đi qua điểm $(-\frac{1}{2};0).$

Đáp án A

Ta có: $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}=(2;-1;1)\Rightarrow \left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{2^2+{(-1)}^2+1^2}=\sqrt{6}.$

Đáp án D

Ta có: ${\log }_3(x^2+x+3)=2\iff x^2+x+3=9\iff x^2+x-6=0\iff [\begin{array}{l}x=2\\ x=-3\end{array}.$

Vậy tổng tất cả các giá trị nghiệm của phương trình ${\log }_3(x^2+x+3)=2$ là $2+(-3)=-1$.

Đáp án B

Ta có: $\underset{1}{\overset{4}{\int }}2f\text{'}\left(x\right)dx=2f\left(x\right)|\begin{array}{l}{}^4\\ {}_1\end{array}=2[f\left(4\right)-f\left(1\right)]=4.$

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)={(2x+1)}^{25}=\sum _{k=0}^{25}{C}_{25}^k{\left(2k\right)}^k{1}^{25-k}=\sum _{k=0}^{25}{C}_{25}^k{2}^k{x}^k$.

Đáp án C

Do $u_{n+1}=u_n+\frac{5}{2},n\ge 1\Rightarrow$ Dãy số trên là 1 CSC có $u_1=-\mathrm{3,}d=\frac{5}{2}$

Đáp án B

Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kính $R=\frac{a}{2}.$

Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^3=\frac{\pi a^3}{6}$.

Đáp án B

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

Vậy một nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=2^x$ là $\frac{2^x}{\ln 2}+2$.

Đáp án C

Ta có: $a^{{\log }_{a}b}=b$.

Đáp án B

Ta có: $z=i(3-i)=3i+1$ có điểm biểu diễn là (1;3).

Đáp án D

Khối được tạo bởi ba hình chữ nhật và hai tam giác bằng nhau như hình vẽ là khối lăng trụ đứng.

$\Rightarrow V=S_{\text{đay}}.h=\frac{1}{2}\mathrm{.4.6.8}=96\left(c{m}^3\right).$

Đáp án B

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy qua điểm $x=3$ thì $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương, do đó hàm số $y=f\left(x\right)$ đạt cực tiểu tại $x=3$.

Đáp án B

Mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ có phương trình x=0 nên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ song song với mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ có dạng $x=c(c\ne 0)$

 $(2;0;0)\in \left(\alpha \right)\Rightarrow 2=c$(thỏa mãn).

Vậy $\left(\alpha \right):x=2\iff x-2=0.$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=-f\text{'}(3-x)>0\iff f\text{'}(3-x)<0\iff -1<3-x<1\iff 2<x<4.$

Vậy hàm số $y=f(3-x)$ đồng biến trên $(2;4)$.

Đáp án C

Ta có: $h=30cm,R=25cm\Rightarrow 1=\sqrt{h^2+R^2}=5\sqrt{61}\left(cm\right)$.

Diện tích xung quanh của 1 chiếc nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi \mathrm{.25.5}\sqrt{61}=125\sqrt{61}\pi \left(c{m}^2\right)$

Cứ 1 kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là $\mathrm{6,13}{m}^2=61300c{m}^2$ nên 1 kg lá có thể làm được $\frac{61300}{125\sqrt{61}\pi }\approx 20$ (nón).

Vậy để làm 1000 chiếc nón cần $\frac{1000}{20}=50$ (kg lá).

Đáp án D

Ta có: $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)=1\Rightarrow {(\sqrt{2}-1)}^x{(\sqrt{2}+1)}^x=1$.

Đặt ${(\sqrt{2}+1)}^x=t,t>0\Rightarrow {(\sqrt{2}-1)}^x=\frac{1}{t}.$

Khi đó phương trình trở thành: $\frac{1}{t}+t-6=0\iff t^2-6t+1=0$.

Có $\Delta \text{'}=9-1=8>0\Rightarrow$ Phương trình ẩn t có 2 nghiệm $t_1,t_2$  phân biệt.

Phương trình ban đầu có 2 nghiệm $x_1,x_2$ phân biệt.

Ta có: $x_1+x_2={\log }_{\sqrt{2}+1}{t}_1+{\log }_{\sqrt{2}+1}{t}_2={\log }_{\sqrt{2}+1}{t}_1{t}_2={\log }_{\sqrt{2}+1}1=0$.

Đáp án C

Phương trình $a{x}^2+bx+c=0(a,b,c\in ℝ)$  có hai nghiệm phức phân biệt khi và chỉ khi: $\{\begin{array}{l}a\ne 0\\ b^2-4ac<0\end{array}$.

Đáp án C

Số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là $-3\Rightarrow z=2-3i\Rightarrow 3+iz=3+i(2-3i)=6+2i$.

$\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{36+4}=2\sqrt{10}$.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: $\{\begin{array}{l}{S}_1=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{8}{3}\\ S_2=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{5}{12}\end{array}.$

$I=\underset{1}{\overset{0}{\int }}f(3x+1)dx$.

Đặt $t=3x+1\Rightarrow dt=3dx.$

Đổi cận $\{\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow t=-2\\ x=0\Rightarrow t=1\end{array}$.

$\Rightarrow I=\frac{1}{3}\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}[\underset{-2}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt+\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt]=\frac{1}{3}(\frac{8}{3}-\frac{5}{12})=\frac{3}{4}.$

Đáp án D

Ta có: $F\left(x\right)=x^4-2x^2+1$ là một nguyên hàm của hàm số $f\text{'}\left(x\right)-4x$.

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)-4x=F\text{'}\left(x\right)\iff f\text{'}\left(x\right)-4x=4x^3-3x\iff f\text{'}\left(x\right)=4x^3$.

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff 4x^3=0\iff x=0$.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu $f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy hàm số có duy nhất 1 điểm cực tiểu $x=0$.

Đáp án A

Dễ dàng chứng minh được MNPQ đồng phẳng và $\left(MNPQ\right)//\left(ABCD\right)$ dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác.

$\Rightarrow \widehat{(DN,\left(MQP\right))}=\widehat{(DN,\left(MNP\right))}=\widehat{(DN,\left(ABCD\right))}$.

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi H là trung điểm của OB.

Xét tam giác SOB có NH là đường trung bình

$\Rightarrow NH//SO\Rightarrow NH\perp \left(ABCD\right)$.

DH là hình chiếu của DN trên .

$\Rightarrow \widehat{(DN,\left(ABCD\right))}=\widehat{(DN,DH)}=\widehat{NDH}$.

ABCD là hình vuông cạnh $a\Rightarrow BD=a\sqrt{2}\Rightarrow DH=\frac{3}{4}BD=\frac{3a\sqrt{2}}{4},OB=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Xét tam giác vuông SOB có $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\frac{3a}{\sqrt{2}}\Rightarrow NH=\frac{1}{2}SO=\frac{3a}{2\sqrt{2}}.$

Xét tam giác vuông NHD có: $ND=\sqrt{N{H}^2+H{D}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{8}+\frac{9a^2}{8}}=\frac{3a}{2}.$

$\Rightarrow \cos \widehat{NDH}=\frac{DH}{ND}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{4}}{\frac{3a}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Đáp án B

Xét phương trình hoành độ giao điểm $\frac{x+2}{x-1}=x+m$ (với $x\ne 1$).

$\begin{array}{l}\iff x+2=(x-1)(x+m)\iff x+2=x^2+mx-x-m\\ \iff g\left(x\right)=x^2+(m-2)x-m-2=0(*)\end{array}$Để đường thẳng $y=x+m$ cắt đồ thị hàm số $y=\frac{x+2}{x-1}$  tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

 $\iff \{\begin{array}{l}\Delta >0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{(m-2)}^2-4(m-2)>0\\ 1+m-2-m-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2+12>0\\ -3\ne 0\end{array}$(luôn đúng $\forall m\in ℝ$ ).

Đáp án A

Đáp án D

Ta có: $\begin{array}{l}{\left(\mathrm{0,2}\right)}^{x^2}{.2}^x\ge \frac{2}{5}\iff {\log }_5\left[{\left(\mathrm{0,2}\right)}^{x^2}{.2}^x\right]\ge {\log }_5\frac{2}{5}\iff x^2{\log }_5\left(\mathrm{0,2}\right)+x{\log }_{5}2\ge {\log }_{5}2-{\log }_{5}5\\ \iff -x^2+x{\log }_{5}2-{\log }_{5}2+1\ge 0\iff x^2-x{\log }_{5}2+{\log }_{5}2-1\le 0\end{array}$

Đáp án A

Ta có: $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1\iff y^2=4(1-\frac{x^2}{9})\iff y=\pm 2\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  $y=2\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}$và trục hoành ta có:

$2\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}=0\iff 1-\frac{x^2}{9}=0\iff x^2=9\iff x=\pm 3$.

Vậy $V=\pi \underset{-3}{\overset{3}{\int }}{\left(2\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}\right)}^{2}dx=16\pi$ .

Đáp án D

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}4x^2+2x-1\ge 0\\ x\ne -1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}x\ge \frac{-1+\sqrt{5}}{4}\\ x\le \frac{-1-\sqrt{5}}{4}\end{array}\\ x\ne -1\end{array}.$

Ta có: $\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+2x-1}+x}{x+1}=3;\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+2x-1}+x}{x+1}=-1.\\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+2x-1}+x}{x+1}=-2;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+2x-1}+x}{x+1}=-2.\end{array}$

Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN là $y=3;y=-1$.

Đáp án D

Mặt cầu đường kính AB có tâm $I(-1;3;0)$ là trung điểm của AB, bán kính $R=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{4^2+2^2+{(-2)}^2}=\sqrt{6}$.

Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là ${(x+1)}^2+{(y-3)}^2+z^2=6$.

Đáp án A

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

Theo đề bài ta có: $3-2i+\frac{\overline{z}}{i}=3-2i-(a-bi)i=3-2i-ai-b$ là số thực.

$\begin{array}{l}\Rightarrow -2-a=0\Rightarrow a=-2\\ \Rightarrow z=-2+bi\Rightarrow |z+1|=|-2+bi+i|=|-2+(b+1)i|=2\\ \iff \sqrt{4+{(b+1)}^2}=2\iff b+1=0\iff b=-1.\end{array}$Vậy $z=b=-1$.

Đáp án B

Xét hàm số $y=x+\frac{{10}^8}{x}$ trên $[{10}^3;{10}^9]$.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $x+\frac{{10}^8}{x}\ge 2\sqrt{x.\frac{{10}^8}{x}}={2.10}^4\iff y\ge {2.10}^4$.

Dấu “=” xảy ra $\iff x=\frac{{10}^8}{x}\iff x^2={10}^8\iff x={10}^4$.

Đáp án A

Do A’ là hình chiếu của A trên $\Delta \Rightarrow A\text{'}\in \Delta \Rightarrow A\text{'}(1+2t;t;-2-t)$.

Ta có: $\overrightarrow{AA\text{'}}=(2t+5;t-1;-t-3)$.

Gọi $\overrightarrow{u_{\Delta }}=(2;1;-1)$ là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ nên $\overrightarrow{AA\text{'}}.\overrightarrow{u_{\Delta }}=0$.

$\iff 2(2t+5)+(t-1)-1(-t-3)=0\iff 6t+12=0\iff t=-2\iff \overrightarrow{AA\text{'}}=(1;-3;-1)$.

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=3x^2+2(3m-1)x+m^2;y\text{'}\text{'}=6x+2(3m-1)$.

Để hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ thì $\{\begin{array}{l}y\text{'}(-1)=0\\ y\text{'}\text{'}(-1)>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3-2(3m-1)+m^2=0\\ -6+2(3m-1)>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}m=5\\ m=1\end{array}\\ m>\frac{4}{3}\end{array}\iff m=5$ .

Đáp án B

Ta có: $x^{\frac{2}{3}}=5\iff x=\sqrt[\frac{2}{3}]{5}=\sqrt[3]{5^2}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $\left\{\sqrt[3]{5^2}\right\}$.

Đáp án C

Hàm số $y={\log }_{a}x$ có TCĐ $D=(0;+\infty )$ nên loại đáp án A và D.

Do $a\in (0;1)$ nên hàm số nghịch biến trên $(0;+\infty )$.

Đáp án C

Tam giác vuông có cạnh huyền bằng $\sin x+2$ có cạnh góc vuông bằng $\frac{\sin x+2}{\sqrt{2}}$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow S\left(x\right)=\frac{1}{2}{\left(\frac{\sin x+2}{\sqrt{2}}\right)}^2=\frac{{(\sin x+2)}^2}{\sqrt{2}}\\ \Rightarrow V=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{(\sin x+2)}^{2}dx=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}({\sin }^{2}x+4\sin x+4)dx=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(\frac{1-\cos 2x}{2}+4\sin x+4)dx\\ =\frac{1}{4}(\frac{1}{2}x-\frac{\sin 2x}{4}-4\cos x+4x)|\begin{array}{l}{}^{\pi }\\ {}_0\end{array}=\frac{1}{4}(\frac{1}{2}\pi +4+4\pi +4)=\frac{9\pi }{8}+2.\end{array}$

Đáp án B

Ta có: $f[f\left(x\right)+m]=0\iff [\begin{array}{l}f\left(x\right)+m=0\\ f\left(x\right)+m=2\end{array}\iff [\begin{array}{l}f\left(x\right)=-m\left(1\right)\\ f\left(x\right)=2-m\left(2\right)\end{array}$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình $f\left(x\right)=m$  có tối đa 2 nghiệm phân biệt, do đó để phương trình $f(f\left(x\right)+m)=0$  có 3 nghiệm phân biệt thì:

TH1: (1) có 1 nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt .$\iff \{\begin{array}{l}-m=-3\\ 2-m>-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m=3\\ m<5\end{array}\iff m=3$

TH2: (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 1 nghiệm . $\iff \{\begin{array}{l}-m>-3\\ 2-m=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<3\\ m=5\end{array}\iff m\in \varnothing$

Vậy m=3.

Đáp án D

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=2f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)$.

Chọn $x=2\Rightarrow g\text{'}\left(2\right)=2f\left(2\right).f\text{'}\left(2\right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $\{\begin{array}{l}f\left(2\right)<0\\ f\text{'}\left(2\right)>0\end{array}\Rightarrow g\text{'}\left(2\right)<0\Rightarrow$ Loại đáp án B và C.

Chọn $x=-1\Rightarrow g\text{'}(-1)=2f(-1).f\text{'}(-1)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $\{\begin{array}{l}f(-1)<0\\ f\text{'}(-1)<0\end{array}\Rightarrow g\text{'}(-1)>0\Rightarrow$ Loại đáp án A.