Đáp án C

Tập xác định $D=\left(-2;+\infty \right)$ .

Ta có $\ln \left(x^2+1\right)-\ln \left(2\text{x}+4\right)>0\iff x^2-2\text{x}-3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>3\end{array}\right.$ .

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình $S=\left(-2;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right)$ .

Đáp án D

$f^{\text{'}}\left(x\right)=2\cos \left(x^2+1\right){\left(\cos \left(x^2+1\right)\right)}^{\text{'}}=2\cos \left(x^2+1\right)\left(-2x\right)\sin \left(x^2+1\right)=-2x\sin 2\left(x^2+1\right)$.

Đáp án D

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: $\frac{x}{-1}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{3}=1\iff 6\text{x}+3y-2\text{z}+6=0$ .

Đáp án C

Khối trụ có độ dài đường sinh $\mathcal{l}=2\text{a}$ , bán kính đáy R, diện tích xung quanh mặt trụ $S_{xq}=4\pi a^2\iff 2\pi R\mathcal{l}=4\pi a^2\iff R=a$. Thể tích khối trụ bằng $V=h\pi R^2=2{\text{a}}^3\pi$ .

Đáp án B

Đáp án C

Tìm $\left|f\left(x\right)\right|$  rồi tìm f(x).

Số nghiệm của phương trình là số nghiệm của phương trình đường thẳng $f\left(x\right)=\pm a$  với đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$

$2\left|f\left(x\right)\right|-5=0\iff \left|f\left(x\right)\right|=\frac{5}{2}\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{5}{2}\left(1\right)\\ f\left(x\right)=-\frac{5}{2}\left(2\right)\end{array}\right.$

Số nghiệm của phương trình đã cho là tổng số nghiệm của phương trình (1) và phương trình (2).

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đường thẳng $y=\frac{5}{2}$  và đường thẳng $y=-\frac{5}{2}$   với đồ thị hàm số y=f(x).

Như vậy, dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Đáp án B

Kẻ $DE\perp AC,\text{ E}\in \text{A}C$  ta có $DE\perp SA$  do đó $DE\perp \left(SAC\right)$ .

Suy ra góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng góc $\widehat{D\text{S}E}$ .

Ta có $E\text{D}=\frac{2}{\sqrt{5}},S\text{D}=a\sqrt{5},SE=\frac{a\sqrt{21}}{\sqrt{5}}$ .

Tam giác DSE vuông tại E nên $\cos \widehat{DSE}=\frac{SE}{SD}=\frac{\sqrt{21}}{5}$ .

Đáp án C

Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập thành từ dãy trên là $A_8^3$ .

Đáp án A

Ta có:${\log }_2\left(\frac{a^5}{2\sqrt{2}}\right)={\log }_2\left(\frac{a^5}{2^{\frac{3}{2}}}\right)={\log }_2{a}^5-{\log }_2{2}^{\frac{3}{2}}=5{\log }_{2}a-\frac{3}{2}$ .

Đáp án C

 $\overline{z}=\frac{{\left(1-\sqrt{3}i\right)}^3}{1+i}=-4+4i$ và $z=-4-4i$

$\text{w}=\overline{z}-i.z=-4+4i-i\left(-4-4i\right)=-8+8i\Rightarrow \left|\text{w}\right|=8\sqrt{2}$.

Đáp án A

Vì $AB=\sqrt{9+4+4}=\sqrt{17}$ .

Đáp án D

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{\pm 2\right\}$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{\sqrt{2}}{2},\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\frac{-\sqrt{2}}{2}\Rightarrow$  đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 2}{\lim }y=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(\sqrt{2{\text{x}}^2+1}+3\right)}{2{\text{x}}^2-8}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\sqrt{2{\text{x}}^2+1}+3}{2\left(x+2\right)}=\frac{3}{4}$$\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(\sqrt{2{\text{x}}^2+1}+3\right)}{2{\text{x}}^2-8}=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2{\text{x}}^2+1}+3}{2\left(x+2\right)}=+\infty ,\underset{x\to {\left(-2\right)}^{-}}{\lim }y=-\infty$Do đó đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng $x=-2$ .

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2.

Đáp án B

Nhìn đồ thị biết hàm số có tính chất $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$  nên chọn A hoặc D.

Đồ thị hàm số đi qua (1;-1) nên chọn A.

Đáp án B

Ta có:$f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x^2-1\right){\left(x-3\right)}^2{\left(x+2\right)}^{2019},\forall x\in ℝ$

 $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=3\\ x=\pm 1\end{array}\right.$ trong đó x=3 là nghiệm bội chẵn

Đáp án A

Ta có: $2\text{a}+3+\left(3b-2i\right)i=4-3i\iff 2\text{a}+3+3bi+2=4-3i\iff 2\text{a}+5+3bi=4-3i$

Đáp án C

Ta có diện tích thiết diện là $S\left(x\right)=x\sqrt{3-x}$ .

Vậy thể tích phần vật thể $\Phi$  là: $V=\underset{0}{\overset{3}{\int }}S\left(x\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{3}{\int }}x\sqrt{3-x}d\text{x}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$ .

Đáp án B

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V=\frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a=\frac{a^3}{12}$ .

Đáp án C

Đường $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{4}=\frac{z}{1}$  đi qua $M\left(1;-1;0\right)$  và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;4;1\right)$ .

Mặt phẳng  có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;2\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\text{ // }\left(P\right)$

$d_{\left(d;\left(P\right)\right)}=d_{\left(M;\left(P\right)\right)}=\frac{\left|2+1-9\right|}{\sqrt{4+1+4}}=2$.

Đáp án B

Áp dụng công thức $V=\frac{4}{3}\pi R^3\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{\sqrt{3}}{2}\pi$ .

Đáp án C

Ta có: ${\left(\sqrt{2}\right)}^{x^2-2\text{x}+1}=4\iff {\left(\sqrt{2}\right)}^{x^2-2\text{x}+1}={\left(\sqrt{2}\right)}^4\iff x^2-2\text{x}+1=4\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-1\end{array}\right.$ .

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\left\{-1;3\right\}$ .

Đáp án C

Gọi  là tâm mặt cầu $\left(S_1\right)$  và $R_1$  là bán kính mặt cầu $\left(S_1\right)$ .

Tính được khoảng cách $I{I}_1=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=3>R_1=1$   nên điểm I nằm ngoài mặt cầu (S)

Đáp án B

Ta có $f\left(x\right)={\sin }^{4}x+{\cos }^{2}x+\frac{1}{4}\cos 2x={\sin }^{4}x+1-{\sin }^{2}x+\frac{1}{4}\left(1-2{\sin }^{2}x\right)={\sin }^{4}x-\frac{3}{2}{\sin }^{2}x+\frac{5}{4}$

Đặt ${\sin }^{2}x=t\left(0\le t\le 1\right)$  khi đó đưa về bài toán tìm M và m là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số $g\left(t\right)=t^2-\frac{3}{2}t+\frac{5}{4},t\in \left[0;1\right]$ .

Ta có $g^{\text{'}}\left(t\right)=2t-\frac{3}{2}\Rightarrow g^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff 2t-\frac{3}{2}=0\iff t=\frac{3}{4}\in \left[0;1\right]$ .

Mà $g\left(0\right)=\frac{5}{4};g\left(1\right)=\frac{3}{4};g\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{11}{16}$ .

Vậy $M=\frac{5}{4},m=\frac{11}{16}\Rightarrow M-m=\frac{9}{16}$ .

Đáp án B

Ta có ${\log }_{2}3={\log }_{2}5.{\log }_{5}3=ab$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên hai khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$  và $\left(0;1\right)$  nên chọn đáp án C.

Đáp án B

$\left(P\right):2\text{x}-3\text{z}+5=0$, suy ra véctơ pháp tuyến của (P)  là $\overrightarrow{n}=\left(2;0;-3\right)$ .

Đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) nên có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(2;0;-3\right)$ .

Đáp án B

Ta có

$\log \left(7-{10}^x\right)=1-x\iff 7-{10}^x={10}^{1-x}\iff {10}^{2\text{x}}-{7.10}^x+10=0\iff \left[\begin{array}{l}{10}^x=2\\ {10}^x=5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\log 2\\ x=\log 5\end{array}\right.$.

Tổng các nghiệm thực bằng $\log 2+\log 5=\log 10=1$ .

Đáp án C

Gọi q là công bội của cấp số nhân $\left(u_n\right)$ .

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_2+u_3=4\\ u_4+u_5+u_6=-32\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ u_1{q}^3+u_1{q}^4+u_1{q}^5=-32\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ q^3{u}_1\left(1+q+q^2\right)=-32\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1\left(1+q+q^2\right)=4\\ q=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=\frac{4}{3}\\ q=-2\end{array}\right.$.

Vậy $u_n=\frac{4.{\left(-2\right)}^{n-1}}{3}$ .

Đáp án B

Đặt $t=2\text{x}+1\Rightarrow dt=2\text{dx}\iff d\text{x}=\frac{dt}{2}$ .

Đổi cận:

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}+1\right)d\text{x}=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right).\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2$ .

Đáp án A

Ta có $\int f\left(x\right)d\text{x}=\int 2\text{x}\left(3+e^x\right)d\text{x}=6\int x\text{dx}+2\int x{e}^{x}d\text{x}$ .

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

Suy ra: $\int f\left(x\right)d\text{x}=3{\text{x}}^2+2\left(x{e}^x-\int e^{x}d\text{x}\right)=3{\text{x}}^2+2\text{x}{e}^x-2{\text{e}}^x+C$ .

Đáp án D

A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn hình học của các số phức $z_1=1-2i,{\text{ z}}_2=-1+i$  và $z_3=3+4i$  suy ra $A\left(1;-2\right),\text{ B}\left(-1;1\right),\text{ C}\left(3;4\right)$ .

Điểm G là trọng tâm $\Delta ABC\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1+\left(-1\right)+3}{3}=1\\ y_G=\frac{-2+1+4}{3}=1\end{array}\right.\Rightarrow G\left(1;1\right)$ .

Vậy G là điểm biểu diễn của số phức $z=1+i$ .

Đáp án A

Gọi H là trung điểm BM, tam giác A'BM cân tại A' nên $A^{\text{'}}H\perp BM$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(A^{\text{'}}BM\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(A^{\text{'}}BM\right)\cap \left(ABC\right)=BM\\ A^{\text{'}}H\perp BM\end{array}\right.\Rightarrow A^{\text{'}}H\perp \left(ABC\right)$

Tam giác ABC đều cạnh a nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{3}}{4}\\ S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}\right.$

 A'B có hình chiếu vuông góc trên (ABC) là HB

Góc tạo bởi A'B với mặt phẳng (ABC) là góc A'BH (vì góc A'BH là góc nhọn)

Xét tam giác A'BH vuông tại H, ta có:

$\widehat{A^{\text{'}}BH}=30°,\tan \widehat{A^{\text{'}}BH}=\frac{A^{\text{'}}H}{BH}\Rightarrow A^{\text{'}}H=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{4}$,

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}H.S_{\Delta ABC}=\frac{a}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{16}$.

Đáp án D

Gọi m (kg) là lượng thức ăn tiêu thụ của ngày đầu tiên.

Số lượng thức ăn mua dự trữ là 120.m (kg).

Gọi n là số ngày thực tế lượng thức ăn sẽ hết. Ta có n là số nguyên lớn nhất thỏa mãn:

$120m\ge m+m\mathrm{.1,03}+\mathrm{...}+m.{\left(\mathrm{1,03}\right)}^{n-1}\iff 120\ge \frac{{\left(\mathrm{1,03}\right)}^n-1}{\mathrm{0,03}}\iff n\le \mathrm{51,63}$

Suy ra $n=51$ .

Đáp án C

Ta có: $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{x}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{x+1}{x^2+2\text{x}+4}-\frac{1}{x^2+2\text{x}+4}\right)d\text{x}$

$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{x+1}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}-\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}$.

Tính $I_1=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{x+1}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}={\left.\frac{1}{2}\ln \left(x^2+2\text{x}+4\right)\right|}_0^2=\frac{1}{2}\left(\ln 12-\ln 4\right)=\frac{1}{2}\ln 3$ .

Tính $I_2=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2+3}d\text{x}$ .

Đặt $x+1=\sqrt{3}\tan u\Rightarrow d\text{x}=\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^{2}u}du$ . Đổi cận: $x=0\Rightarrow u=\frac{\pi }{6}$   và $x=2\Rightarrow u=\frac{\pi }{3}$ .

Suy ra $I_2=\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{\sqrt{3}}{{\cos }^{2}u}.\frac{1}{3\left(1+{\tan }^{2}u\right)}du=\frac{1}{\sqrt{3}}\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}du=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6\sqrt{3}}$ .

Vậy $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{x}{x^2+2\text{x}+4}d\text{x}=I_1-I_2=\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\pi }{6\sqrt{3}}$ .

Suy ra $a^2+3b^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+3.{\left(\frac{1}{6\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{5}{18}$ .

Đáp án B

Gọi chiều cao của bình nước hình trụ là h (cm), bán kính là R (cm).

Ta có chiều cao của bình nước thì gấp 8 lần bán kính của viên bi ve nên: $h=8.1=8$ (cm)

Khi cho ba viên bi vào bình nước thì nước dâng lên đến miệng bình, nên ta có thể tích của ba viên bi bằng một phần ba thể tích của bình nước

$3\left(\frac{4}{3}\pi .{\left(1\right)}^3\right)=\frac{1}{3}\left(8\pi R^2\right)\iff R=\sqrt{\frac{3}{2}}$(cm)

Diện tích xung quanh của bình nước là: $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \sqrt{\frac{3}{2}}.8\approx \mathrm{61,6}\left(c{m}^2\right)$ .

Đáp án C

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Do $AB=2m,IA=IB=\sqrt{5}m$  và $J\text{A}=JB=\frac{\sqrt{13}}{2}m$ .

Nên ta có: $I\left(0;0\right),A\left(-1;2\right),B\left(1;2\right),J\left(0;\frac{1}{2}\right)$ ; phương trình Parabol là $y=2{\text{x}}^2$ , đường thẳng JB là  $y=\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}$.

Gọi K là tâm của hình tròn $KB=KI=r\Rightarrow K\left(0;\frac{5}{4}\right),r=\frac{5}{4}$  .

Phần diện tích dát bạc là: $S_1=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}-2{\text{x}}^2\right)d\text{x}=\frac{7}{6}{m}^2$ .

Phần diện tích phủ sơn là: $S_2=\pi r^2-S_1\approx \mathrm{3,73}{m}^2$ .

Tổng số tiền dát bạc và phủ sơn của logo nói trên là:

$\frac{7}{6}.10000000+\mathrm{3,73.2000000}=19127000$ đồng.

Đáp án D

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x^2+2\text{x}+3\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=2\left(x+1\right)f^{\text{'}}\left(x^2+2\text{x}+3\right)$ .

Do $x^2+2\text{x}+3={\left(x+1\right)}^2+2\ge 2$  và đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$   ta có:

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x+1=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2+2\text{x}+3\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x^2+2\text{x}+3=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=-2\end{array}\right.$.

Ta có bảng xét dấu g'(x) như sau

Suy ra hàm số $y=f\left(x^2+2\text{x}+3\right)$  nghịch biến trên mỗi khoảng $\left(-2;-1\right)$  và $\left(0;+\infty \right)$  nên chọn D.

Đáp án C

Ta có: $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-1=J-1$

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}3f\left(x\right)d\text{x}=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}\right)d\text{x}=1\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}\right)d\text{x}=3$

Đặt $t=2\text{x}\to dt=2\text{dx}$ .

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=2\end{array}\right.\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=3\Rightarrow J=3$

Vậy $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=3-1=2$ .