ĐỀ SỐ 24

Đáp án B

Điều kiện:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\log }_2\left(2x+1\right)\ge 0\\ 2x+1>0\end{array}\right. \\ \iff 2x+1\ge 1\iff x\ge 0 \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=12x^3-12x^2=12x^2\left(x-1\right); \\ {y}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right. \end{gathered}$$;

$y\left(-1\right)=7;y\left(0\right)=0;y\left(1\right)=-1$.

Do đó $\underset{\left[-1;1\right]}{\min y}=-1$.

Đáp án D

Thời điểm mà tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ hai vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất thỏa mãn:

$$\begin{gathered} 100+t^2=15t+254 \\ \iff t^2-15t-154=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}t=22\left(nhan\right)\\ t=-7\left(loai\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu $\left(t=0\right)$cho tới thời điểm $\left(t=22\right)$ là

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{22}{\int }}\left|Q_2\left(t\right)-Q_1\left(t\right)\right|dt=\underset{0}{\overset{22}{\int }}\left|t^2-15t-154\right|dt \\ =\frac{10406}{3}\approx \mathrm{3468,67} \end{gathered}$$

(trăm đô la).

Đáp án A

Khi quay hình chữ nhật xung quanh cạnh AB thì bán kính hình trụ lúc này $R_1=AD,$chiều cao bằng $h_1=AB.$ Khi đó $V_1=\pi R_1^2{h}_1=\pi .A{D}^2.AB$.

Khi quay hình chữ nhật xung quanh cạnh AD thì bán kính hình trụ lúc này là $R_2=AB$, chiều cao $h_2=AD.$ Khi đó $V_2=\pi R_2^2{h}_2=\pi A{B}^2.AD$.

Do đó, tỉ số thể tích là $\frac{V_1}{V_2}=\frac{\pi .A{D}^2.AB}{\pi .A{B}^2.AD}=\frac{AD}{AB}=\frac{3}{2}.$

Đáp án A

$S_{tp}=S_{xq}+2S_d$, trong đó $S_{tp}$ là diện tích toàn phần, $S_d$ là diện tích đáy, $S_{xq}$ là diện tích xung quanh hình lăng trụ tứ giác đều.

$S_{tp}=4.a.b+2a^2=2a^2+4ab.$

Đáp án A

$y=\frac{mx-2m+1}{x-m}=\frac{g\left(x\right)}{x-m}$;

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

$\iff g\left(m\right)\ne 0\iff m^2-2m+1\ne 0\iff m\ne 1.$

Đáp án C

YCBT $\iff x^3+3mx+m-1=0$ có một nghiệm

$$\begin{gathered} x=2\iff 8+6m+m-1=0 \\ \iff m=-1 \end{gathered}$$

Đáp án A

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} I={\left.e^x\left(x-1\right)\right|}_0^a=e^a\left(a-1\right)+1=1 \\ \iff a=1. \end{gathered}$$

Đáp án D

$V=S_d.h=a^2.a=a^3.$

Đáp án A

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=x^3-3x^2+2$ có

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=3x^2-6x=3x\left(x-2\right);y^{\text{'}}=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên:

Phương trình $f\left(x\right)=m$ có ba nghiệm phân biệt $\iff -2<m<2$.

Đáp án C

$$\begin{gathered} w=1-iz\Rightarrow iz=1-w \\ \Rightarrow z=\frac{1-w}{i}=-i+iw \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left|z+i\right|=2\iff \left|-i+iw+i\right|=2\iff \left|iw\right|=2 \\ \iff \left|i\right|\left|w\right|=2\iff \left|w\right|=2 \end{gathered}$$

Vậy tập hợp các số phức w là đường tròn tâm $O\left(0;0\right)$ và bán kính $R=2$.

Đáp án B

$$\begin{gathered} {\log }_{9}147={\log }_{3^2}\left({3.7}^2\right)=\frac{1}{2}{\log }_3\left({3.7}^2\right) \\ =\frac{1}{2}\left(1+2{\log }_{3}7\right) \end{gathered}$$

Ta có ${\log }_{3}7=\frac{{\log }_{2}7}{{\log }_{2}3}=\frac{b}{a}$.

$\Rightarrow {\log }_{9}147=\frac{1}{2}\left(1+2.\frac{b}{a}\right)=\frac{a+2b}{2a}.$

Đáp án C

$$\begin{gathered} I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{2x-1}{x+2}dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{2\left(x+2\right)-5}{x+2}dx \\ ={\left.\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left(2-\frac{5}{x+2}\right)dx=\left(2x-5\ln \left|x+2\right|\right)\right|}_{-1}^1 \\ =4-5\ln 3. \end{gathered}$$

Đáp án C

$y^{\text{'}}=2^x\ln 2.{\log }_{2}x-2^x.\frac{1}{x\ln 2}$

Đáp án C

Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng, tồn tại duy nhất một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Đáp án B

Đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left(1;1\right)$$$\begin{gathered} \iff 1=\frac{1+2m+1}{m-1}\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 1\\ 2m+2=m-1\end{array}\right. \\ \iff m=-3. \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm AB, dựng đường thẳng d đi qua M và song song với OC.

Dựng mặt phẳng trung trực (P) của CO, $\left(P\right)\cap d=I$ thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

Khi đó $I\left(\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}\right)$.

Đáp án C

$\begin{array}{l}{\log }_{\frac{b}{a}}\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt{b^3}}={\log }_{\frac{b}{a}}{a}^{2/3}-{\log }_{\frac{b}{a}}{b}^{3/2}\\ =\frac{2}{3}{\log }_{\frac{b}{a}}a-\frac{3}{2}{\log }_{\frac{b}{a}}b\\ =\frac{2}{3}.\frac{1}{{\log }_a\left(\frac{b}{a}\right)}-\frac{3}{2}.\frac{1}{{\log }_b\left(\frac{b}{a}\right)}\\ =\frac{2}{3}.\frac{1}{{\log }_{a}b-1}-\frac{3}{2}.\frac{1}{1-{\log }_{b}a}\\ =\frac{2}{3}.\frac{1}{2-1}-\frac{3}{2}.\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=-\frac{7}{3}.\end{array}$

Đáp án D

$\frac{1}{z}=\frac{1}{-1+\sqrt{3}i}=-\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}i$.

Đáp án A

Viết lại phương trình đường thẳng $d_2:\frac{x}{-1}=\frac{y+\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\frac{z-1}{-1}$.

$d_1$ qua điểm $A\left(2;0;-3\right)$và có VTCP $\overrightarrow{u_1}=\left(2;-1;2\right)$;

$d_2$ qua điểm $B\left(0;-\frac{1}{2};1\right)$ và có VTCP $\overrightarrow{u_2}=\left(-1;\frac{1}{2};-1\right)=-\frac{1}{2}\left(2;-1;2\right)=-\frac{1}{2}\overrightarrow{u_1}$.

Mặt khác $A\left(2;0;-3\right)\notin d_2$.

Do đó $d_1//d_2$.

Đáp án B

Gọi A là số tiền ban đầu người đó gửi.

Sau năm đầu, người đó nhận được số tiền là: $A+A.9\text{\%}=A\left(1+9\text{\%}\right)$.

Sau năm thứ hai, người đó nhận được số tiền là: $A{\left(1+9\text{\%}\right)}^2$.

…

Sau năm thứ n, người đó nhận được $A{\left(1+9\text{\%}\right)}^n$.

Yêu cầu bài toán tương đương với

$A{\left(1+9\text{\%}\right)}^n=3A\iff n={\log }_{1+9\text{\%}}3\approx \mathrm{12,7}$ năm.

Đáp án C

Giả sử khối đa diện là khối chóp có đỉnh là S và đáy là 8 đỉnh còn lại. Khi đó số cạnh của đa diện là 16 và số mặt của đa diện đó là 9.

Đáp án D

Gọi $d=\left(P\right)\cap \left(Q\right)$,d có VTCP là $\overrightarrow{u}$.

Khi đó $\overrightarrow{u}=\left[\left(1;-1;0\right),\left(2;0;4\right)\right]=\left(-4;-4;2\right)=-2\left(2;2;-1\right)$.

Mặt phẳng (R) qua $A\left(1;2;3\right)$, có VTCP là $\left(2;2;-1\right)$ và đi qua điểm $B(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2};0)$ thuộc giao tuyến, (R) có phương trình là $\left(R\right):x-y+1=0.$

Đáp án C

Điều kiện:$x>0$.

$\begin{array}{l}\frac{1+{\log }_{2}x}{1+{\log }_2^{2}x}\ge 1\iff 1+{\log }_{2}x\ge 1+{\log }_2^{2}x\\ \iff {\log }_{2}x\left(1-{\log }_{2}x\right)\ge 0\\ \iff 0\le {\log }_{2}x\le 1\iff 1\le x\le 2.\end{array}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=4x^3-8x=4x\left(x^2-2\right);y^{\text{'}}=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta thấy, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị và chỉ có một điểm cực đại. Trục đối xứng là trục tung. Không có tâm đối xứng.

Đáp án B

Gọi O và O’ là tâm hai đáy như hình vẽ, I là trung điểm của OO’ khi đó I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD.A′B′C′D′.

Bán kính R=IA.

$$\begin{gathered} R=\sqrt{O{A}^2+O{I}^2}=\sqrt{{\left(\frac{AC}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c}{2}\right)}^2} \\ =\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2} \end{gathered}$$

Thay số 

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{29\pi \sqrt{29}}{6}.$

Đáp án B

$z=\left(1+2i\right)\left(-1+i\right)=-3-i$

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{2}2xdx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 4x}{2}dx \\ =\frac{\pi }{2}{\left.\left(x-\frac{1}{4}\sin 4x\right)\right|}_0^{\pi } \\ =\frac{\pi }{2}\left(\pi -0\right)=\frac{{\pi }^2}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} S=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left|\cos x\right|dx=\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\cos xdx-\underset{\pi /2}{\overset{\pi }{\int }}\cos xdx \\ ={\left.\left(\sin x\right)\right|}_0^{\pi /2}-{\left.\left(\sin x\right)\right|}_{\pi /2}^{\pi }=1-\left(0-1\right)=2. \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo dữ kiện đề bài cho, dễ dàng chứng minh được ΔACD vuông tại cân C và $AC=\frac{AD}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}CD\perp AC\\ CD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SAC\right) \\ \Rightarrow \left(SAC\right)\perp \left(SCD\right) \end{gathered}$$

Mà $\left(SAC\right)\cap \left(SCD\right)=SC$, từ A kẻ $AH\perp SC$. Khi đó $d\left(A;\left(SCD\right)\right)=AH$.

Tam giác SAC vuông tại

 A:$$\begin{gathered} \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{3}{2a^2} \\ \Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Mặt khác: $AD\cap \left(SCD\right)=D$ và M là trung điểm AD nên:

$$\begin{gathered} \frac{d\left(M;\left(SCD\right)\right)}{d\left(A;\left(SCD\right)\right)}=\frac{MD}{AD}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{6} \end{gathered}$$

Đáp án B

Điều kiện: $x\ne -\frac{m}{2}$.

$y^{\text{'}}=\frac{m^2-4}{{\left(2x+m\right)}^2}$;

Hàm số đồng biến trên từng khoảng thuộc tập xác định

$$\begin{gathered} \iff y^{\text{'}}>\mathrm{0,}\forall x\ne -\frac{m}{2} \\ \iff m^2-4>\mathrm{0,}\forall x\ne -\frac{m}{2} \\ \iff \left|m\right|>2. \end{gathered}$$

Đáp án A

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

$\begin{array}{l}{\log }_4\frac{x^2}{2x-1}\le \frac{1}{2}\iff \frac{1}{2}{\log }_2\frac{x^2}{2x-1}\le \frac{1}{2}\\ \iff \frac{x^2}{2x-1}\le 2\iff x^2\le 2\left(2x-1\right)\\ \iff x^2-4x+2\le 0\iff 2-\sqrt{2}\le x\le 2+\sqrt{2}\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta được $2-\sqrt{2}\le x\le 2+\sqrt{2}$

Bất phương trình có 3 nghiệm nguyên là $\left\{1;2;3\right\}$.

Đáp án D

Tọa độ các điểm A,B,C tương ứng là $A\left(0;1\right),B\left(-1;2\right),C\left(2;0\right)$.

Trong tâm $G\left(\frac{0-1+2}{3};\frac{1+2+0}{3}\right)=\left(\frac{1}{3};1\right)$.

Đáp án D

$V=\frac{1}{3}{S}_d.SH$

$S_d=S_{ABC}=\frac{1}{2}a.\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

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

Đáp án B

Đáp án D

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=4x^3-4x=4x\left(x^2-1\right);y^{\text{'}}=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên:

Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại.

Đáp án B

$\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{1}{3}\pi r^2.S{O}^{\text{'}}}{\frac{1}{3}\pi R^2.SO}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2.\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.$

Đáp án B

Đường thẳng đi qua $M\left(2;9;0\right)$ và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình 

$d:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=9-t\\ z=-t\end{array}\right.,t\in ℝ$

Đáp án B

Cách 1:

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AC, SA, BC.

Khi đó, MN//SC, MP//AB nên góc giữa SC, AB là góc giữa MN và MP, tức $\widehat{NMP}$ hoặc ${180}^{\circ }-\widehat{NMP}$.

Có $MN=MP=\frac{a}{2}$.

Do $SA=SB=SC=AB=AC=a,BC=a\sqrt{2}$ nên ΔABC, ΔSBC vuông cân tại A và S

$\Rightarrow SP=AP=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \text{Δ}SPA$ là tam giác vuông cân tại $\Rightarrow PN=\frac{SA}{2}=\frac{a}{2}$.

Tam giác $MN=MP=NP=\frac{a}{2}$ ⇒ΔMNP đều $\Rightarrow \widehat{NMP}={60}^{\circ }$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng SC, AB bằng ${60}^0$.

Cách 2:

Từ giả thiết suy ra ΔSBC vuông cân tại S; ΔSAC là tam giác đều.

Có $\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SC}.\left(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}\right)=\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SA}$ $=-SC.SA.cos\widehat{ASC}=-a.a.\cos {60}^{\circ }=-\frac{a^2}{2}$

Có $AB=a$,$SC=a\Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right)=\frac{\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}}{SC.AB}=-\frac{\frac{a^2}{2}}{a^2}=-\frac{1}{2}$ $\Rightarrow \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right)={120}^{\circ }$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng SC, AB bằng ${180}^{\circ }-{120}^{\circ }={60}^{\circ }$.

Đáp án A

Ba điểm A,B,C tạo thành một tam giác. Có 4 đường tròn tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB,AC,BC (hình vẽ trên).

Mặt cầu (S) cần tìm tiếp xúc với 3 đường thẳng AB,AC,BC, do đó nó phải chứa 1 trong 4 đường tròn trên.

Xét với 1 đường tròn bất kì trong 4 đường tròn trên, giả sử là đường tròn tâm (O) nằm bên trong tam giác, ta có:

Tâm I của mặt cầu (S) phải nằm trên đường thẳng d đi qua tâm O và vuông góc với (ABC). Mặt khác, I thuộc mp (P) chứa (C), (C) lại không vuông góc với (ABC) do đó chỉ có 1 giao điểm của d với (P). Tương tự, với 3 đường tròn còn lại, với mỗi đường tròn ta tìm được 1 tâm I nữa. Vậy có 4 mặt cầu thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án A

Qua M dựng đường thắng song song AB cắt SB tại N.

Qua M dựng đường thắng song song AD cắt SD tại Q.

Qua N dựng đường thắng song song BC cắt SC tại P.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}MN\text{//}AB\Rightarrow MN\text{//}\left(ABCD\right)\\ NP\text{//}BC\Rightarrow NP\text{//}\left(ABCD\right)\end{array}\right.$.

$\Rightarrow \left(MNPQ\right)//\left(ABCD\right)$.

Tương tự câu 1 ta có tỉ lệ diện tích $\frac{S_{MNPQ}}{S_{ABCD}}={\left(\frac{MN}{AB}\right)}^2={\left(\frac{SM}{SA}\right)}^2=\frac{4}{9}$.

Ta có $S_{ABCD}=10.10=100$ $\iff S_{MNPQ}=100.\frac{4}{9}=\frac{400}{9}$

Đáp án D

Vì số 0 không thể đặt ở vị trí đầu tiên, nên vị trí đầu tiên có 6 cách chọn.

Với mỗi một cách chọn, ta có 6! Cách sắp xếp cho 6 vị trí còn lại.

Vậy số cách chọn cần tìm là  $\frac{6.6!}{2}=2160$ (chia cho 2 vì số 5 lặp 2 lần).

Đáp án D

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{ax+1}}{\sin bx}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{bx}{\sin bx}.\frac{1-\sqrt{ax+1}}{bx}\right) \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{bx}{\sin bx}.\frac{-ax}{bx\left(1+\sqrt{ax+1}\right)}\right) \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{bx}{\sin bx}.\frac{-a}{b\left(1+\sqrt{ax+1}\right)}\right)=-\frac{a}{2b} \end{gathered}$$