Đề số 8

Đáp án B

Ta có $V=Sh=\frac{\sqrt{3}{\left(2a\right)}^2}{4}.2a=2\sqrt{3}{a}^3.$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị ta có điểm cực tiểu của hàm số là: $x_{CT}=-2$ và $x_{CT}=1.$

Đáp án B

Đáp án A

TXĐ: $D=\left(-\infty ;1\right]\cup \left[5;+\infty \right)$

Đáp án A

Ta có $P={\log }_{25}15={\log }_{5^2}\left(5.3\right)=\frac{1}{2}({\log }_{5}5+{\log }_{5}3)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\log }_{5}3=\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\log }_{3}5}$

Mà $a={\log }_{3}15={\log }_3\left(5.3\right)={\log }_{3}5+1\Rightarrow {\log }_{3}5=a-1$

Vậy $P={\log }_{25}15=\frac{1}{2}+\frac{1}{2(a-1)}=\frac{a}{2\left(a-1\right)}.$

 Đáp án B

Ta có $\underset{0}{\overset{2019}{\int }}{2}^{x}dx={\left.\frac{2^x}{\ln 2}\right|}_0^{2019}=\frac{2^{2019}-1}{\ln 2}$

Đáp án A

Đáp án D

Phương trình tương đương với:   ${\left(2^{x^2-2x}\right)}^2+{8.2}^{x^2-2x}-3=0$

Đáp án B

Ta có  $\overrightarrow{AB}=\left(-2;5;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(1;-2;1\right)$

Véctơ pháp tuyến  $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(9;4;-1\right)$

Đáp án D

Ta có:  $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \left(x-1\right)e^{x}dx$

Đặt:  $\left\{\begin{array}{l}u=x-1\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

Do đó:  $F\left(x\right)=\int \left(x-1\right)e^{x}dx=\left(x-1\right)e^x-\int e^{x}dx=\left(x-1\right)e^x-e^x+C$

Theo giả thiết:  $F\left(0\right)=1\iff \left(0-1\right).e^o-e^o+C=1\iff C=3$

 $\Rightarrow F\left(x\right)=\left(x-1\right)e^x-e^x+3=\left(x-2\right)e^x+3$

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

$\left(u_n\right)$  là cấp số nhân nên ta có:  $u_4=u_1.q^3\Rightarrow q=\sqrt[3]{\frac{u_4}{u_1}}=\sqrt[3]{\frac{-1}{27}}=-\frac{1}{3}$

Vậy công bội của cấp số nhân đã cho:  $q=-\frac{1}{3}$.

Đáp án A

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, suy ra:  $\left\{\begin{array}{l}m=\underset{\text{[}-1;2]}{\underbrace{\min }}y=f\left(2\right)=-2\\ M=\underset{\text{[}-1;2]}{\max }y=f\left(1\right)=3\end{array}\right.$

Do đó  $2M+m=2.3+\left(-2\right)=4$

Đáp án B

Ta có  $g\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(x+2\right)+2\left(x+2\right)=0\iff f\text{'}\left(x+2\right)=-\left(x+2\right)$

Bảng biến thiên hàm số g(x)

 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số g(x) có một điểm cực tiểu.

Đáp án B

Đáp án C

Đường tròn lớn có chu vi bằng $8\pi$ nên bán kính của (S) là:  $\frac{8\pi }{2\pi }=4$

Từ phương trình của (S) suy ra bán kính của (S) là:  $\sqrt{2^2+1^2+a^2-10}.$

Do đó:  $\sqrt{2^2+1^2+a^2-10a}=4\iff \left[\begin{array}{l}a=-1\\ a=11\end{array}\right.$

Đáp án D

Vì $1<a<b$  nên ${\log }_{b}a<{\log }_{b}b=\mathrm{1,}$  suy ra đáp án A, B, C sai.

Vì $1<a<b,$  suy ra  $\left\{\begin{array}{l}{\log }_{a}b>{\log }_{a}a=1\\ {\log }_{b}a<{\log }_{b}b=1\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có:  $\Delta ={\left(-5\right)}^2-\mathrm{4.1.7}=-3\Rightarrow \sqrt{\Delta }=i\sqrt{3}$

Phương trình đã cho có 2 nghiệm:  $\left[\begin{array}{l}{z}_1=\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\\ z_2=\frac{5}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\end{array}\right.\Rightarrow P={\left|\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right|}^2+{\left|\frac{52}{}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right|}^2=14$

Đáp án A

Ta có:  $\overrightarrow{n_1}=\left(1;1;3\right)$ và $\overrightarrow{n_2}=\left(2;-1;1\right)$  lần lượt là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng (Q) và (R).

Vì mặt phẳng (P) vuông góc với hai mặt phẳng (Q) và (R) nên ta chọn vecto pháp tuyến mặt phẳng (P) là  $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}=\left(4;5;-3\right)\right]$

Mặt phẳng  đi qua điểm $B\left(2;1;-3\right)$  nên phương trình mặt phẳng là: $4\left(x-2\right)+5\left(y-1\right)-3\left(z+3\right)=0\iff 4x+5y-3z-22=0$

Đáp án C

Bất phương trình tương đương với:  $2^{x^2-3x}<2^4\iff x^2-3x<4\iff -1<x<4$

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm:  $S=\left(-1;4\right)$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: $\left(x+1\right)\ln x=0$ (điều kiện: $x>0)$ 

 $\iff \left\{\begin{array}{l}x+1=0\\ \ln x=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(loai)}\\ x=1(\text{thoa man)}\end{array}\right.$

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\underset{1}{\overset{0}{\int }}\left|\left(x+1\right)\ln x\right|dx=\underset{1}{\overset{0}{\int }}\left(x+1\right)\ln xdx$ 

Đặt:  $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=\left(x+1\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=\frac{x^2}{2}+x\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}S={\left.\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\ln x\right|}_1^e-\underset{1}{\overset{e}{\int }}\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\frac{1}{x}dx\\ =\frac{e^2}{2}+e-\underset{1}{\overset{e}{\int }}\left(\frac{x}{2}+1\right)dx=\frac{e^2}{2}+e-{\left.\left(\frac{x^2}{4}+x\right)\right|}_1^e=\frac{e^2+5}{4}.\end{array}$ 

Đáp án D

Đáp án D

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$y=\frac{\left(m+1\right)x-5m}{2x-m}$ là:  $y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(x+1\right)x-5m}{2x-m}=\frac{m+1}{2}$

Theo bài ra ta có:  $\frac{m+1}{2}=1\iff m=1$

Đáp án D

Thể tích khối lăng trụ là: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{\Delta ABC}.AA\text{'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

 (đvtt).

Đáp án D

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=-2e^{-2x}\\ y\text{'}\text{'}=4e^{-2x}\end{array}\right.$

Khi đó:  $y\text{'}\text{'}+y\text{'}-2y=4e^{-2x}-2e^{-2x}-2e^{-2x}=0$

Đáp án C

Phương trình  f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=f(x)  cắt đường thẳng y=m  tại hai điểm phân biệt.

 $\iff 1<m<2.$

Đáp án D

Đáp án B

Điều kiện:  $x>0$

Phương trình tương đương với:  ${\log }_{2017}x+{\log }_{2016}2017.{\log }_{2017}x=0$

Đáp án D

Đáp án C

Ta có  $\int e^{3x+1}dx=\frac{1}{3}{e}^{3x+1}+c$

Theo giả thiết  $F\left(0\right)=\frac{e}{3}\Rightarrow \frac{e}{3}+C=\frac{e}{3}\iff C=0$

Đáp án D

Kẻ $AK\perp SE$

Khi đó $d\left(A,\left(SOE\right)\right)=AK=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=\left(1;-3;1\right)$ và $\overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}=\left(1;1;-1\right)$

Suy ra $\left[\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}},\overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}\right]=\left(2;2;4\right)$ , một vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_d}=\left(1;1;2\right)\Rightarrow$  loại A.

+ Đáp án B tọa độ điểm đi qua là $(2;0;2)$ không thỏa mãn phương trình $\left(\alpha \right)\Rightarrow$  loại đáp án B.

+ Đáp án C tọa độ điểm đi qua là $\left(-2;0;2\right)$  thỏa mãn phương trình $\left(\alpha \right)$ và $\left(\beta \right)\Rightarrow$ đáp án đúng C.

+  Đáp án D tọa độ điểm đi qua là $\left(2;0;-2\right)$ không thỏa mãn phương trình $\left(\beta \right)\Rightarrow$ loại đáp án đúng D.

Đáp án C

TXĐ:  $D=ℝ$

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

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) khi và chỉ khi  $y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(1;2\right)$

 $m^2\le x^2+2x+\mathrm{1,}\forall x\in \left(1;2\right)$

Bảng biến thiên hàm số $y=x^2+2x+1$  trên khoảng  (1;2)

Từ bảng biến thiên, suy ra   $m^2\le \underset{\text{[}1;2]}{\min }\left(x^2+2x+1\right)=4\iff -2\le m\le 2$

Mà  $m\in \mathbb{Z},$ suy ra   $m\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}$

Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án B

Gọi:  $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$

Ta có:  $2{\left|z+1\right|}^2={\left|z-i\right|}^2\iff 2{\left|x+yi+1\right|}^2={\left|x+yi-i\right|}^2$

 $\iff 2\left[{\left(x+1\right)}^2+y^2\right]=x^2+{\left(y-1\right)}^2\iff x^2+4x+y^2+2y+1=0\iff {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=4$

Do đó  $\left|z+2+i\right|=\sqrt{{\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2}=\sqrt{4}=2$