Đáp án đúng là: B

+ Tập xác định của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{2 - x}}\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) nên hàm số này không thể nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

+ Hàm số \(y =  - {x^3} - 3x + 2024\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Ta có \(y' =  - 3{x^2} - 3 =  - 3\left( {{x^2} + 1} \right) < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Vậy chọn đáp án B.

+ Tương tự, ta chứng minh được hai hàm số ở các phương án C và D không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(y' = 3\left( {x - 3} \right) \cdot {e^x} + {\left( {x - 3} \right)^2} \cdot {e^x} = {e^x} \cdot \left( {x - 3} \right) \cdot \left( {x - 1} \right)\).

Khi đó, trên khoảng \(\left( {2;\,\,4} \right)\), \(y' = 0\) khi \(x = 3\).

\(y\left( 2 \right) = {e^2};\,\,y\left( 3 \right) = 0;\,\,y\left( 4 \right) = {e^4}\).

Từ đó suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;\,4} \right]} y = y\left( 4 \right) = {e^4}\).

Đáp án đúng là: D

Từ bảng biến thiên, ta thấy:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y =  - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y =  + \infty \), do đó đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho;

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\), do đó đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Trong các hàm số đã cho ở các phương án, chỉ hàm số ở phương án D thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Do đồ thị có tiệm cận đứng là \(x = 2\) nên \(d < 0.\)

Giao điểm của đồ thị và trục tung có tung độ \(\frac{c}{d} < 0 \Rightarrow c > 0.\)

Hệ số góc của tiệm cận xiên là \(a.\) Mặt khác, từ hình vẽ hệ số góc của tiệm cận xiên là dương nên \(a > 0.\)

Lại có \(y' = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}\) và hai điểm cực trị của hàm số có giá trị dương.

Suy ra \({x_1}{x_2} = \frac{{bd - c}}{a} > 0 \Rightarrow bd - c > 0 \Rightarrow bd > c \Rightarrow b < 0\).

Vậy có 2 số có giá trị dương trong các số \(a,b,c,d\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh \(a\) nên \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\).

Do đó, \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \widehat {BAC}\)\( = a \cdot a \cdot \cos 60^\circ  = \frac{1}{2}{a^2}\).

– Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng \[\left( {0;1} \right)\] và \(\left( {3;\, + \infty } \right)\), do đó ý a) sai.

– Ta có \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ “–” sang “+” tại các điểm \(x = 0\), \(x = 3\) và đổi dấu từ “+” sang “–” tại điểm \(x = 1\). Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị nên ý b) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị nhỏ nhất bằng \(0\) tại \(x = 0\) và \(x = 3\) nên ý c) đúng.

– Hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  + \infty \) nên đồ thị hàm số này không có đường tiệm cận. Vậy ý d) đúng.

Xét hàm số \(y = {e^x} - x + 3\).

– Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\).

– Ta có \(y' = {e^x} - 1\); \(y' = 0\) khi \(x = 0\).

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

– Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). Do đó, ý a) sai.

– Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại \(x = 0\) và không có cực đại. Do đó, ý b) sai.

– Với \(x = 0\), ta có \(y = {e^0} - 0 + 3 = 4\) nên đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;4} \right)\).

Từ đó suy ra đồ thị hàm số đã cho không đi qua gốc tọa độ.

Vậy ý c) và ý d) đúng.

– Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên các mặt của hình hộp này là hình bình hành.

Do đó, \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {B'C'}  = \overrightarrow {A'D'} \). Vậy ý a) đúng.

– Ta có \(\overrightarrow {DB}  =  - \overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {D'B'}  =  - \overrightarrow {B'D'} \).

Vậy các vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {DB} \) là \[\overrightarrow {BD} ,\,\,\overrightarrow {B'D'} \]. Do đó ý b) sai.

– Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {D'C'} \) nên \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {D'C'}  + \overrightarrow {D'C'}  = 2\overrightarrow {D'C'} \).

Vậy ý c) sai.

– Ta có \(\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {AA'} ,\,\,\overrightarrow {CA}  = \overrightarrow {C'A'} \). Suy ra \(\overrightarrow {BB'}  - \overrightarrow {CA}  = \overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {C'A'}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'C'}  = \overrightarrow {AC'} \).

Vậy ý d) đúng.

– Theo quy tắc ba điểm, ta có:

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {CD} \)\( = \overrightarrow {AD}  + \left( {\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CB} \).

Vậy ý a) đúng.

– Do \(AB,\,AC,\,AD\) đôi một vuông góc nên ta có:

\(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB}  = 0\).

Vậy ý) b sai.

– Vì \(AB = 1\) nên \({\overrightarrow {AB} ^2} = 1\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên ta có:

\(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BD}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  - {{\overrightarrow {AB} }^2} + \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {0 - 1 + 0 - 0} \right) =  - \frac{1}{2}\).

Vậy ý c) sai.

– Ta tính được \(AM = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\,\,BD = \sqrt 2 \), suy ra

\(\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\,\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BD} }}{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BD} } \right|}} = \frac{{ - \frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \sqrt 2 }} =  - \frac{1}{2}\).

Vậy \(\left( {\overrightarrow {AM} ,\,\,\overrightarrow {BD} } \right) = 120^\circ \). Do đó, ý d) đúng.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 3\).

Vậy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) và đạt cực tiểu tại \(x = 3\) nên suy ra \(a = 1,\,\,b = 3\).

Khi đó, \[M = 2a - 3b = 2 \cdot 1 - 3 \cdot 3 =  - 7\].

Đáp số: \( - 7\).

Ta có \(y' = {e^{x + 2}} + 5 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Do đó, hàm số \(y = {e^{x + 2}} + 5x - m\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số này cũng đồng biến trên \(\left[ {0;\,\,3} \right]\). Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} y = y\left( 3 \right) = {e^{3 + 2}} + 5 \cdot 3 - m = {e^5} + 15 - m\).

Theo bài ra: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,3} \right]} y = y\left( 3 \right) = {e^5} \Leftrightarrow {e^5} + 15 - m = {e^5} \Leftrightarrow m = 15\).

Đáp số: \(15\).

Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(A'D'\) và \(C'D'\) nên ta suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,A'C'\).

Do đó, \(\left( {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'C'} ,\,\overrightarrow {A'B} } \right) = \widehat {C'A'B}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên tam giác \(C'A'B\) là tam giác đều.

Suy ra \(\widehat {C'A'B} = 60^\circ \). Vậy \(\varphi  = 60^\circ \).

Đáp số: \(60\).

Ta mô hình hóa bài toán đã cho như hình trên với \(H,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên bờ dọc \(BD\) và bờ ngang \(CD\). Khi đó, theo bài ra có \(AH = 12\,\,{\rm{m}},\,\,AK = 5\,\,{\rm{m}}\).

Suy ra \(DK = AH = 12\,\,{\rm{m}},\,\,DH = AK = 5\,\,{\rm{m}}\).

Đặt \(BH = x\,\,\,\left( {{\rm{m}},\,x > 0} \right)\).

Ta có \(AH\,{\rm{//}}\,BC,\,\,AK\,{\rm{//}}\,DH\) nên \(\frac{{BH}}{{HD}} = \frac{{BA}}{{AC}} = \frac{{DK}}{{KC}}\).

Suy ra \(KC = \frac{{HD \cdot DK}}{{BH}} = \frac{{5 \cdot 12}}{x} = \frac{{60}}{x}\) (m).

Diện tích khu nuôi cá riêng là:

\(S = \frac{1}{2}BD \cdot DC = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right)\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\) (m2).

Xét hàm số \(S\left( x \right) = 6x + \frac{{150}}{x} + 60\) với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(S'\left( x \right) = 6 - \frac{{150}}{{{x^2}}} = \frac{{6{x^2} - 150}}{{{x^2}}}\). Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), \(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 5\).

Bảng biến thiên của hàm số \(S\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} S\left( x \right) = 120\) tại \(x = 5\).

Vậy diện tích nhỏ nhất có thể giăng dưới là \(120\) m2.

Ngoài ra, ta có thể dùng bất đẳng thức:

\[S = 6x + \frac{{150}}{x} + 60 \ge 2\sqrt {6x \cdot \frac{{150}}{x}}  + 60 = 120\].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(6x = \frac{{150}}{x} \Leftrightarrow x = 5 \in \left( {0;\, + \infty } \right)\).

Đáp số: \(120\).

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Giả sử \(M\left( {{x_0};\,{y_0}} \right) \in \left( C \right)\), \(\left( {{x_0} \ne 1} \right)\) suy ra tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) có phương trình là \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} =  + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} =  - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của \(\left( C \right)\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\).

Suy ra \(I\left( {1;\,\,2} \right)\).

Điểm \(A\left( {1;\,\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến, điểm \(B\left( {2{x_0} - 1;\,2} \right)\) là giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến.

Ta có chu vi của tam giác \(IAB\) bằng:

\(IA + IB + AB = \frac{2}{{\left| {{x_0} - 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} - 1} \right| + \sqrt {4{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}} \).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(IA + IB + AB \ge 2\sqrt 4  + \sqrt {4 \cdot 2}  = 4 + \sqrt 8 \).

Đẳng thức xảy ra khi \(\left| {{x_0} - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow {x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 2\).

Vậy chu vi tam giác \(IAB\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(4 + \sqrt 8 \) khi \(M\left( {0;1} \right)\) hoặc \(M\left( {2;3} \right)\).

Suy ra \(a = 4,b = 8\) nên \(a - b + 4 = 0\).

Đáp số: \(0\).

Hợp lực tác động vào ba vật là \(\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OE} \).

Ta có \(\widehat {AOB} = \left( {\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} } \right) = \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = 110^\circ \). Suy ra \(\widehat {OAD} = 70^\circ \).

Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(OAD\), ta có:

\(O{D^2} = O{A^2} + A{D^2} - 2OA \cdot AD \cdot \cos \widehat {OAD} = {9^2} + {4^2} - 2 \cdot 9 \cdot 4 \cdot \cos 70^\circ  = 97 - 72\cos 70^\circ \).

 Vì \(OC \bot \left( {OBDA} \right)\) nên \(OC \bot OD\). Suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó, tam giác \(OCE\) vuông tại \(C\) nên

\(O{E^2} = O{C^2} + E{C^2} = {7^2} + 97 - 72\cos 70^\circ  = 146 - 72\cos 70^\circ \).

Suy ra \(OE = \sqrt {146 - 72\cos 70^\circ }  \approx 11\).

Vậy độ lớn của hợp lực của ba lực đã cho bằng khoảng 11 N.

Đáp số: \(11\).