Đề số 7

Đáp án C.

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

$V=V_{LP}-V_C=4^3-\frac{4}{3}\mathrm{\pi }{2}^3=64-\frac{32\mathrm{\pi }}{3}.$

Đáp án D.

$\int {\cos }^{2}xdx=\frac{1}{2}\int \left(1+\cos 2x\right)dx=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$

Đáp án A.

Ta có $\cos 2\left(x+\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=\cos \left(2x+\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\right)=-\cos \left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}-2x\right)=-\cos 2\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=1-2{\cos }^2\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=1-2t^2$ 

Phương trình tương đương: $1-2t^2+4t=\frac{5}{2}\iff 4t^2-8t+3=0.$

Đáp án C.

Xét $y=-\frac{1}{x^2+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}\to y\text{'}=0\iff x=0$ 

Hàm số này đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ và nghịch biến trên $\left(-\infty ;0\right)$

Đáp án A.

I(2t - 1;-2t + 4;t - 2). Do $I=d\cap \left(P\right)$ nên $\left(2t-1\right)+2\left(-2t+4\right)-\left(t-2\right)-6=0\iff t=1.$ 

Do đó I(1;2;-1). Mặt khác $M\left(2m-1;-2m+4;m-2\right)\in \to \overline{IM}=\left(2m-2;-2m+2;m-1\right).$ 

Giả thiết $IM=6\iff I{M}^2=36\iff 9{\left(m-1\right)}^2=36\iff [\begin{array}{l}m-1=2\\ m-1=-2\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=3\\ m=-1\end{array}$ (Thử 1 giá trị m).

Suy ra $d\left(M;\left(P\right)\right)=\sqrt{6}.$

Đáp án D.

Ta có $z^2+2x+10=0\iff z=-1\pm 3i\Rightarrow z_0=-1+3i\Rightarrow w=i^{2017}{z}_0=i{z}_0=-3-i.$

Đáp án B.

PT $\iff \left(2\cos 2x+5\right)\left({\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x\right)\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right)+3=-\left(2\cos 2x+5\right)\cos 2x+3=0$ 

$\iff 2{\cos }^{2}2x+5\cos 2x-3=0\iff [\begin{array}{l}\cos 2x=-3(!)\\ \cos 2x=\frac{1}{2}\end{array}\iff 2x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{3}+k2\mathrm{\pi }$ 

$\iff x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{3}+k\mathrm{\pi }\in \left(0;2\mathrm{\pi }\right)\iff x\in \left\{\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{5\mathrm{\pi }}{6};\frac{7\mathrm{\pi }}{6};\frac{11\mathrm{\pi }}{6}\right\}\Rightarrow S=4\mathrm{\pi }.$

Đáp án D.

ĐK: x > 2. 

TH1: Ta thấy x = 3 không phải là nghiệm của PT.

TH2: Với $x\ne 3$ logarit cơ số x - 2 cả 2 vế ta được ${\log }_2\left[4\left(x-2\right)\right]={\log }_{\left(x-2\right)}4+3$ 

$\iff 2+{\log }_2\left(x-2\right)=2{\log }_{x-2}2+3\iff {\log }_2\left(x-2\right)-2{\log }_{x-2}2-1=0$ 

Đặt $t={\log }_2\left(x-2\right)\Rightarrow t-\frac{2}{t}-1=0\iff t^2-t-2=0\iff [\begin{array}{l}t=-1\\ t=2\end{array}$ 

Với $t=-1\Rightarrow x=\frac{5}{2}$; với $t=2\Rightarrow x=6\Rightarrow [\begin{array}{l}{x}_1=\frac{5}{2}\\ x_2=6\end{array}\Rightarrow 2x_1-x_2=-1.$

Đáp án C.

Ta có: $\overline{n_{\alpha }}=\left(2;-3;1\right)$; d qua M(0;-1;2) và $\overline{u_d}=\left(-1;2;-1\right)$ 

Khi đó mặt phẳng (P) cần tìm có $\overline{n_p}=\left[\overline{n_{\alpha }};\overline{u_d}\right]=\left(1;1;1\right)$ và đi qua M(0;-1;2) có phương trình là x + y + z - 1 = 0.

Đáp án B.

Ta có: $z=\left(1-i\right)\left(3+2i\right)=5-i\Rightarrow \overline{z}=5+i$.

Đáp án B.

PT $\iff \sqrt{3}\sin x=-\cos \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}-2x\right)=-\sin 2x=-2\sin x\cos x\iff \sin x\left(2\cos +\sqrt{3}\right)=0$  

$\iff [\begin{array}{l}\sin x=0\\ \cos =-\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=k\mathrm{\pi }\\ x=\pm \frac{5\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\end{array}\right.$ 

Với $x\in [-\frac{3\mathrm{\pi }}{2};\mathrm{\pi })\Rightarrow \mathrm{x}=\frac{-7\mathrm{\pi }}{6}$.

Đáp án A.

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên a > 0; đồ thị hàm số có 3 cực trị nên $ab<0\Rightarrow b<0;$ 

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm $\left(0;c\right)\Rightarrow c>0$. 

Với $x^2=\frac{-b}{2a}$ thế vào ta được $y_{CT}=a.\frac{b^2}{4a^2}-\frac{b^2}{2a}+c<0\iff \frac{-b^2}{4a}+c<0\iff b^2-4ac>0$.

Đáp án C.

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=a^2\Rightarrow h=\frac{V}{S}=2a$.

Đáp án A.

Ta có: $\overline{u_d}.\overline{n_p}=-2-2+4=0$ nên $[\begin{array}{l}d//\left(P\right)\\ d\subset \left(P\right)\end{array}$ 

Mặt khác điểm A(1;0;3) và A(1;0;3)$\in \left(P\right)$ nên d nằm trên (P).

Đáp án C.

Ta có: $I={\int }_a^b\left(3f\left(x\right)-5g\left(x\right)\right)dx=3{\int }_a^{b}f\left(x\right)dx-5{\int }_a^{b}g\left(x\right)dx=3.10-5.5=5$.

Đáp án B.

Bán kính mặt đáy là $R=\frac{2}{3}.\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow S_{xq}=\mathrm{\pi Rl}=\mathrm{\pi }.\frac{\sqrt{3}}{3}.2=\frac{2\mathrm{\pi }\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án B.

Ta có  $\left(2-3i\right)\left(a+bi\right)-7i\left(a-bi\right)=22-20i\iff \left(2a-4b\right)+\left(2b-10a\right)i=22-20i$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2a-4b=22\\ 2b-10a=-20\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-5\end{array}\right.\Rightarrow a+b=-4$.

Đáp án A.

Ta có $\overline{u_1}=\left(2;-1;1\right)$ và $\overline{u_2}=\left(-2;1;-1\right)$ suy ra $\overrightarrow{u_1}=-\overrightarrow{u_2}$. 

Mặt khác $M(3;1;2)\in d_1$ và $M\in d_2$ suy ra $d_1$ và $d_2$ trùng nhau.

Đáp án B.

Gọi x là số tiền kỹ sư nhận được sau 1 năm.

Vậy sau 6 năm, tổng số tiền nhận được là T = 2x$\left(1+1,1+1,1^2\right)=6,62x$ 

Với x = 8.12 = 96 triệu đồng suy ra T = 6.62.96 = 635,52 triệu đồng.

Đáp án A.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=\frac{3}{2\sqrt{1+3x}}\\ g\text{'}\left(x\right)=cosx\end{array}\right.\Rightarrow \frac{f\text{'}\left(0\right)}{g\text{'}\left(0\right)}=\frac{5}{6}.$

Đáp án C.

Dễ thấy hàm số liên tục trên các khoảng $\left(0;+\infty \right)$ và $\left(-\infty ;0\right)$.  Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=-m\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-m\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=2\end{array}\right.$. Để hàm số liên tục tại x = 0 thì $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(0\right)\iff m=-2$.

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=\frac{3x^2\left(x-2\right)-x^3}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{2x^2\left(x-3\right)}{{\left(x-2\right)}^2}$. 

Do tiếp tuyến song song với trục hoành $\Rightarrow y\text{'}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=-27\\ x=3\Rightarrow y=0\end{array}$ 

Với x = 3,y = 27 $\Rightarrow$PTTT là: y = 0$\equiv Ox$ (loại)

Với x = 0, y = -27$\Rightarrow$ PTTT là: y = -27. 

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn.

Đáp án D.

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(2;1). Trọng tâm của tâm giác A’B’C’ là G’

Ta có $\overrightarrow{BC}=(-6;-3)$, vì $T_{\overrightarrow{BC}}\left(∆ABC\right)=∆A\text{'}B\text{'}C\text{'}\Rightarrow T_{\overrightarrow{BC}}\left(G\right)=G\text{'}\left(-4;-2\right)$.

Đáp án D.

Ta có ${\int }_1^3\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx={\int }_1^{3}f\left(x\right)dx-2.{\int }_1^{3}g\left(x\right)dx=9\Rightarrow {\int }_1^{3}g\left(x\right)dx=\frac{-5-9}{2}=-7$.

Đáp án A.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=\frac{dx}{{\sin }^{2}x}\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}du=dv\\ v=-cotx\end{array}\right.$, khi đó ${\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{x}{{\sin }^{2}x}dx={\overline{)\left(-x.cotx\right)}}_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}+{\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}cotxdx$ .

Xét tích phân  ${\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}cotxdx={\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{\cos x}{\sin x}dx={\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{d\left(\sin x\right)}{\sin x}={\overline{)\ln \left(\sin x\right)}}_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}=-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}.$ 

Vậy $I={\overline{)\left(-x.cotx\right)}}_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\mathrm{\pi }}{4}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{4}\mathrm{\pi }+\frac{1}{2}.\ln 2=\mathrm{m}.\mathrm{\pi }+\mathrm{n}.\ln 2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{m}=\frac{1}{4}\\ \mathrm{n}=\frac{1}{2}\end{array}\Rightarrow \mathrm{P}=1.\right.$

Đáp án C.

Mặt cầu (S) có tâm I(2;1;0) bán kính R = 3. Ta có $d\left(I;\left(P\right)\right)=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$ 

Do đó $\frac{\left|2m+3\right|}{\sqrt{m^2+5}}=\sqrt{5}\iff {\left(2m+3\right)}^2=5m^2+25\iff m=6\pm 2\sqrt{5}.$

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=-3x^2+3m;y\text{'}=0\iff [\begin{array}{l}x=\sqrt{m}\Rightarrow y=2m\sqrt{m}+1\Rightarrow B(\sqrt{m};2m\sqrt{m}+1)\\ x=-\sqrt{m}\Rightarrow y=-2m\sqrt{m}+1\Rightarrow A(-\sqrt{m};-2m\sqrt{m}+1)\end{array}$ 

Do ABOE là hình bình hành nên $\overline{AB}=\overline{EO}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2\sqrt{m}=4\\ 4m\sqrt{m}=32\end{array}\right.\Rightarrow m=4.$

Đáp án D.

$$\begin{gathered} \int f\left(x\right)dx=\int \sqrt{x}\ln xdx=\int \ln xd\left(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}\right)=\frac{3}{2}\ln x.x^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}\int x^{\frac{3}{2}}d\left(\ln x\right)=\frac{2}{3}\ln x.x^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}{x}^{\frac{1}{2}}dx \\ \frac{2}{3}\ln x.x^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}.\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+C=\frac{2}{9}{x}^{\frac{3}{2}}\left(3\ln x-2\right)+C. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Đặt z = a + bi với $a,b\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow \overline{z}=a-bi\Rightarrow z+\overline{z}=2a.$ 

Ta có: $\left|z\right|=\left|z+\overline{z}\right|=1\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=1\\ 4a^2=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2=\frac{1}{4}\\ b^2=\frac{3}{4}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\pm \frac{1}{2}\\ b=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}.\right.$ 

Vậy có tất cả 4 số phức thảo mãn.

Đáp án C.

Đặt z = a + bi với $a,b\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow \overrightarrow{z}=a-bi\Rightarrow z+\overrightarrow{z}+2=2a+2.$ 

Ta có: $2\left|z-1\right|=\left|z+\overline{z}+2\right|\iff 2\left|\left(a-1\right)+bi\right|=2\left|a+1\right|\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2={\left(a+1\right)}^2\iff b^2=4a.$ 

Vậy quỹ tích là một parabol.

Đáp án B.

Ba hình quạt, mỗi hình quạt có độ dài cung là $L=\phi R=6.\frac{2\mathrm{\pi }}{3}=4\mathrm{\pi } \mathrm{dm}.$ 

Mà độ dài cung chính là chu vi đáy của hình nón $\Rightarrow L=C=2\mathrm{\pi r}\Rightarrow \mathrm{r}=2 \mathrm{dm}$. 

Suy ra chiều cao của hình nón là $h=\sqrt{1^2-r^2}=\sqrt{R^2-r^2}=4\sqrt{2} dm$. 

Vậy thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{\mathrm{\pi }}{3}.2^2.4\sqrt{2}=\frac{16\sqrt{2}\mathrm{\pi }}{3}$ lít.

Đáp án A.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-12x+9\Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(x\right)=6x+12;\forall x\in \mathrm{ℝ}$. 

Khi đó $2f\text{'}\left(x\right)-x.f\text{'}\text{'}\left(x\right)-6=0\iff 2\left(2x^2-12x+9\right)-x\left(6x-12\right)-6=0\iff x=1.$ 

Theo bài ra, ta có $f\left(x_0\right)=1\iff {x_0}^3-6{x_0}^2+9x_0+1=1\Rightarrow [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=3\end{array}.$ 

Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) đi qua điểm có tung độ bằng 1.

Đáp án A.

Gọi x,y,h lần lượt là chiều rộng, chiều dài của đáy và chiều cao của hình hộp chữ nhật.

Theo bài ra, ta có $\left\{\begin{array}{l}y=2x\\ xyh=288\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y=2x\\ 2x^2.h=288\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y=2x\\ h=\frac{144}{x^2}\end{array}\right.$ 

Diện tích bể cần xây là $S=S_{xq}+S_{đ}=2xh+2yh+xy=2x^2+\frac{864}{x}.$ 

Ta có $x^2+\frac{216}{x}+\frac{216}{x}\ge \sqrt[3]{x^2.\frac{216}{x}.\frac{216}{x}}=108\Rightarrow S=2.108=216 m^2$. 

Vậy ông An trả chi phí thấp nhất là 500.000 x 216 = 108 triệu đồng.

Đáp án B.

Để $A{H}_{min}\iff$ H là hình chiếu của A trên d.

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d

Suy ra $\overrightarrow{n}\left(\alpha \right)={\overrightarrow{u}}_{đ}=\left(1;1;2\right)\Rightarrow \left(\alpha \right):1.\left(x-2\right)+2.\left(y-1\right)+2.\left(z-4\right)=0\iff x+y+2z-11=0$. 

Mặt khác $H=d\cap \left(\alpha \right)\Rightarrow H\left(2;3;3\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=c=3\end{array}\right.\Rightarrow T=62.$

Đáp án A.

Ta có $f\left(x\right)\le 1\iff 5^x.8^{2x^3}\le 1\iff {\log }_2\left(5^x.8^{2x^3}\right)\le 0\iff x{\log }_{2}5+2x^3{\log }_{2}8\le 0\iff x{\log }_{2}5+6x^3\le 0.$ 

Hoặc ${\log }_5\left(5^x.8^{2x^3}\right)\le 0\iff x+{\log }_5{8}^{2x^3}\le 0\iff x+6x^3{\log }_{5}2\le 0.$

Đáp án D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=6x^2-12x; f\text{'}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y\left(0\right)=1-m\\ x=2\Rightarrow y\left(2\right)=-7-m\end{array}.$ 

Theo bài ra, ta có $y\left(0\right).y\left(2\right)<0\iff \left(1-m\right)\left(-7-m\right)<0\iff -7<m<1.$

Đáp án B.

Đặt $t=2x-1\iff dt=2dx$ và đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow t=-3\\ x=1\Rightarrow t=1\end{array}\right.$ 

Khi đó $I=\frac{1}{2}{\int }_{-3}^{1}f\left(\left|t\right|\right)dt=\frac{1}{2}{\int }_{-3}^{0}f\left(-t\right)dt+\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\left({\int }_0^{3}f\left(t\right)dt+{\int }_0^{1}f\left(t\right)dt\right)=4.$

Đáp án C.

Gọi O là tâm của tam giác đều ABC.

Do hình chóp S.ABC đều nên suy ra $SO\perp \left(ABC\right)$. 

Ta có $d\left(A;\left(SBC\right)\right)=3\times d\left(O;\left(SBC\right)\right).$ 

Gọi E là trung điểm BC; Kẻ $OK\perp SE\Rightarrow d\left(O;\left(SBC\right)\right)=OK.$ 

Tính được $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ và $OE=\frac{1}{3}AE=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. 

Tám giác vuông SOE, có $OK=\frac{SO.OE}{\sqrt{S{O}^2+O{E}^2}}=\frac{2a\sqrt{22}}{33}$. 

Vậy $d=d_1+d_2=4d_2=\frac{8a\sqrt{22}}{22}$.

Đáp án C.

Xét hàm số $y=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x-2}$ trên D, có  $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1-2x}{{\left(x-2\right)}^2\sqrt{x^2-1}}; \forall x\in D$.

Trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right);$ có $f\text{'}\left(x\right)>0\Rightarrow f\left(x\right)$ là hàm số đồng biến trên  $\left(-\infty ;-1\right)$

Trên khoảng $\left[1;\frac{3}{2}\right]$, có $f\text{'}\left(x\right)<0\Rightarrow f\left(x\right)$ f(x) là hàm số nghịch biến trên $\left[1;\frac{3}{2}\right]$. 

Dựa vào BBT, suy ra $M=f\left(1\right)=0$ và $m=f\left(\frac{3}{2}\right)=-\sqrt{5}$. Vậy P = M.m = 0

Đáp án C.

Xét hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$, ta có $y\text{'}=4a{x}^3+2bx; y\text{'}\text{'}=12a{x}^2+2b; \forall x\in \mathrm{ℝ}.$ 

Điểm A(0;-2) là điểm cực đại của đồ thị hàm số $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(0\right)=0\iff \\ y\left(0\right)=-2\\ y\text{'}\text{'}\left(0\right)<0\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}c=-2\\ b>0\end{array}\right..$