Đề số 7

Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra giá trị cực đại bằng -1

Chọn đáp án B

Mệnh đề đúng là mệnh đề 2

Thật vậy ta có ${\left(\int f\left(x\right)\text{d}x+\int g\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}={\left(\int f\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}+{\left(\int g\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}=f\left(x\right)+g\left(x\right)$

Mệnh đề 1 sai

Nếu $k=0$ ta có $VT=0$; $VP=\int 0dx=C\ne VP$

Mệnh đề 3 sai

Phản ví dụ chọn $f\left(x\right)=1$; $g\left(x\right)=0$

suy ra $VT=\int \left[f\left(x\right)g\left(x\right)\right]\text{\hspace{0.17em}d}x=\int 0dx=C;VP=\int f\left(x\right)\text{d}x.\int g\left(x\right)\text{d}x=\int dx.\int 0dx=(x+C_1).C2$

Mệnh đề 4 sai vì

$VT=\int \left[f^{\text{'}}\left(x\right)g\left(x\right)+f\left(x\right)g^{\text{'}}\left(x\right)\right]\text{d}x=\int {\left[f\left(x\right)g\left(x\right)\right]}^{\text{'}}\text{d}x=f\left(x\right)g\left(x\right)+C\ne VP$.

Chọn đáp án B

Ta có: $\sqrt[4]{a^3}=a^{\frac{3}{4}}$.

Chọn đáp án A

Thể tích của khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}.h.\pi R^2=\frac{1}{3}.2a.\pi .a^2=\frac{2\pi a^3}{3}.$

Chọn đáp án B

Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}$ nên hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty$ nên hàm số có tiệm cận đứng $x=1$.

Chọn đáp án C

Ta có : $u_5=u_1+4d=2+4.5=22$ .

Chọn đáp án D

Đồ thị đã cho đi qua các điểm $M\left(1;3\right)$, $N\left(2;1\right)$ và $P\left(0;3\right)$.

Xét phương án A: Điểm $N\left(2;1\right)$ không thuộc vào đồ thị hàm số $y=x^3-5x^2+4x+3$.

Xét phương án B: Điểm $N\left(2;1\right)$ không thuộc vào đồ thị hàm số $y=2x^3-6x^2+4x+3$.

Xét phương án D: Điểm $N\left(2;1\right)$ không thuộc vào đồ thị hàm số $y=2x^3+9x^2-11x+3$.

Xét phương án C: Ta có cả ba điểm $M\left(1;3\right)$, $N\left(2;1\right)$ và $P\left(0;3\right)$ đều thuộc vào đồ thị hàm số $y=x^3-4x^2+3x+3$.

Chọn đáp án C 

Thay tọa độ điểm B ta có: $-3+2.2-6.0-1=0$.

Phương án A được chọn.

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ $\overrightarrow{u_2}=(1;-2;3)$.

Chọn đáp án A

Ta có: $z_1+z_2=\left(2+3i\right)+\left(-4-5i\right)=2-4+3i-5i=-2-2i$

Vậy $z=-2-2i$.

Chọn đáp án C

Ta có $2^{1-x}=4\iff 2^{1-x}=2^2\iff 1-x=2\iff x=-1$.

Chọn đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(3;-1;-2\right)$ và bán kính $R=2\sqrt{2}$.

Chọn đáp án B

Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được khối trụ có chiều cao bằng a và diện tích đáy là $\pi a^2.$

Vậy thể tích của khối trụ là $\pi a^3.$

Chọn đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số trên nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$ và $\left(0;3\right)$.

Chọn đáp án A

Số tập con gồm 6 phần tử của A bằng số tổ hợp chập 6 của 26 phần tử. Vậy số tập con là $C_{26}^6$.

Ta có: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^x>8\iff 2^{-x}>2^3\iff -x>3\iff x<-3.$

Gọi H là trung điểm AB $\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tập xác định của hàm số là $D=\left[1;2\right]$, hàm số $y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019$ liên tục trên đoạn $\left[1;2\right]$.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}=0\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=\sqrt{2-x}\\ x\ne 1,x\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x-1=2-x\\ x\ne 1,x\ne 2\end{array}\right.\iff x=\frac{3}{2}$.

$y\left(1\right)=2020$; $y\left(2\right)=2020$; $y\left(\frac{3}{2}\right)=2019+\sqrt{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019$ là 2020.

Chọn đáp án B

Ta có: $y^{\text{'}}=5x^4+5>0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$

Do đó hàm số $y=x^5+5\text{x}$ luôn đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$

Chọn đáp án D

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$.

Gọi K là trung điểm AC, suy ra $HK\perp AC$.

Kẻ $HE\perp SK$ $\left(E\in SK\right).$

Khi đó $d\left[B,\left(SAC\right)\right]=2d\left[H,\left(SAC\right)\right]$$=2HE=2.\frac{SH.HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$

Chọn đáp án B

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 13 học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{13}^3=286$.

Gọi A là biến cố "3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

● TH1: Chọn 1 học sinh khối 11; 1 học sinh nam khối 12 và 1 học sinh nữ khối 12 nên có $C_2^1{C}_8^1{C}_3^1=48$ cách.

● TH2: Chọn 1 học sinh khối 11; 2 học sinh nữ khối 12 có $C_2^1{C}_3^2=6$ cách.

● TH3: Chọn 2 học sinh khối 11; 1 học sinh nữ khối 12 có $C_2^2{C}_3^1=3$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $\left|{\Omega }_A\right|=48+6+3=57$.

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{57}{286}.$

Chọn đáp án D

Ta có ${\left({\cos }^{2}x\right)}^{\text{'}}=2\cos x.\left(-\sin x\right)=-\sin 2x$.

Vậy hàm số $y=-\sin 2x$ có một nguyên hàm là $y={\cos }^{2}x$.

Chọn đáp án B

Gọi tứ diện đều là $S.ABCD$, gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi là I trung điểm của BC. Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SO\\ BC\perp OI\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SOI\right)\Rightarrow BC\perp SI$.

Do đó $\left(\widehat{\left(SBC\right),\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SI,OI}\right)=\widehat{SIO}$.

Ta có $OI=\frac{a}{2},SI=\sqrt{S{B}^2-B{I}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Tam giác $SOI$ vuông tại O$\Rightarrow \cos \widehat{SIO}=\frac{OI}{SI}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Chọn đáp án D

Điều kiện:

Phương trình đã cho tương đương

Gọi I là trung điểm của đoạn AB suy ra $I\left(2;0;-1\right)$ là tâm của mặt cầu.

$\overrightarrow{IA}=\left(2;-1;4\right)$ nên $R=IA=\sqrt{21}$ là bán kính mặt cầu.

Vậy phương trình mặt cầu là: ${\left(x-2\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=21$.

Chọn đáp án A

Điều kiện: $x\ne 2$

Phương trình hoành độ giao điểm $x+2=\frac{x+8}{x-2}\iff \left(x+2\right)\left(x-2\right)=x+8$

$\iff x^2-x-12=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_A=-3\Rightarrow y_A=-1\\ x_B=4\Rightarrow y_B=6\end{array}\right.$

Vậy tọa độ trung điểm I của AB là: $\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{1}{2}\\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{5}{2}\end{array}\right.$

Chọn đáp án C

Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng $y=-x$.

Do đó $a-5=-a$. Suy ra $a=\frac{5}{2}$.

Chọn đáp án C

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=1\end{array}\right.$.

Xét dấu:

Ta có: $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(2\right)-F\left(-1\right)$.

$\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\frac{2}{x+2}={\left.2\ln \left|x+2\right|\right|}_{-1}^2=2\ln 4-2\ln 1=2\ln 4$.

$\iff F\left(2\right)-F\left(-1\right)=2\ln 4$.

 $\iff F\left(2\right)=2\ln 4$ (do $F\left(-1\right)=0$).

Chọn đáp án A

Đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;1\right)$ là một vecto chỉ phương.

Phương trình đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A\left(1;-2;1\right)$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=-2-t\\ z=1+t\end{array}\right.$.

Chọn đáp án C

Đặt $t=2^x$, $t>0\Rightarrow t+1>0$.

Bài toán đã cho trở thành:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: $\frac{t^2}{4\left(t+1\right)}>m,\forall t>0\left(1\right)$.

Đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2}{4\left(t+1\right)},\left(t>0\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{t^2+2t}{4{\left(t+1\right)}^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=0\left(l\right)\vee t=-2\left(l\right)$.

Bảng biến thiên:

Số điểm cực trị của hàm số $g\left(x\right)$ bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=m.$

Dựa và đồ thị ta có điều kiện  $\left[\begin{array}{l}0<m\le 5\\ 10\le m<13\end{array}\right.$.

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

Chọn đáp án A

Ta có: ${\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)}^3=e^x{\left(f\left(x\right)\right)}^2,\forall x\in ℝ\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=\sqrt[3]{e^x}.\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}=\sqrt[3]{e^x}$.

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\sqrt[3]{e^x}dx\iff \underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}df\left(x\right)=\underset{0}{\overset{3}{\int }}{e}^{\frac{x}{3}}dx\iff {\left.3\sqrt[3]{f\left(x\right)}\right|}_0^3={\left.3e^{\frac{x}{3}}\right|}_0^3$

$\sqrt[3]{f\left(3\right)}-\sqrt[3]{f\left(0\right)}=e-1\iff \sqrt[3]{f\left(3\right)}-1=e-1\iff f\left(3\right)=e^3$

Chọn đáp án B