Đáp án C

Hàm số $y={\log }_{2}x$  xác định khi $x>0$  Þ Tập xác định của hàm số $y={\log }_{2}x$  là $(0;+\infty )$ .

Đáp án D

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{4^2+{(-3)}^2}=5$ .

Đáp án D

Mặt cầu bán kính R thì có diện tích $S=4\pi R^2$ .

Đáp án B

Xét thương số lần lượt từng đáp án:

Đáp án A:$\frac{-2}{1}\ne \frac{-4}{2}$ . Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án B: $\frac{2}{-1}=\frac{-4}{2}=-2=q$ . Suy ra dãy số này là cấp số nhân.

Đáp án C: $\frac{2}{1}\ne \frac{-4}{2}$ . Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án D: $\frac{2}{-1}\ne \frac{4}{2}$ . Suy ra dãy số này không phải là cấp số nhân.

Đáp án B

Ta có tâm và bán kính mặt cầu là $I(1;-1;2),R=\sqrt{9}=3$ .

Đáp án A

Tọa độ trung điểm của AB là $I(\frac{-1-3}{2};\frac{2+2}{2};\frac{3-1}{2})=(-2;2;1)$ .

Đáp án A

Ta có $\int \sin xdx=-\cos x+C$ .

Do đó một nguyên hàm của hàm số $y=\sin x$  là $y=-\cos x$ .

Đáp án B

Ta có: $z=-1+i$  Þ Phần thực của z là 1.

Đáp án A

Số hoán vị n phần tử của tập hợp X là: n!.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên các khoảng $(-2;0)$  và $(2;+\infty )(2;+\infty )$ . Chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Đáp án B

Từ bảng xét dấu ta thấy đạo hàm của hàm số đổi dấu hai lần khi đi qua x = 1 và x = 3 do đó hàm số có hai điểm cực trị.

Đáp án C

Số cạnh của một hình chóp bằng hai lần số cạnh đáy của hình chóp đó.

Đáp án D

Hàm số mũ  $y=a^x,(0<a\ne 1)$ đồng biến khi và chỉ khi a>1.

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x+1}{x-2}=-\infty ,\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x-2}=+\infty$ . Vậy x=2là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án C

Ta có $y\left(0\right)=-2$  nên tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung là $(0;-2)$ .

Đáp án C

Theo đề bài ta có $AB=BC=6$ .

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.BC.SA=\frac{1}{6}\mathrm{.6.6.6}=36$ .

Đáp án B

Ta thấy $2.(-1)-3.(-1)-1.1=0$  (hai phương án A, D không thỏa mãn điều này) suy ra chỉ có thể là B hoặc C. Ta có điểm $M(-1;-1;0)\notin \left(\alpha \right)$ . Suy ra đáp án B.

Đáp án D

Ta có: $\underset{1}{\overset{2}{\int }}{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{2}{\int }}{e}^{2x}d\left(2x\right)={\frac{1}{2}{e}^{2x}|}_1^2=\frac{e^4-e^2}{2}$ .

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi xoay hình  quanh trục Ox là

$V=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\left(\sin x\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 2x}{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 2x}{2}dx={\frac{\pi }{2}(x-\frac{1}{2}\sin 2x)|}_0^{\pi }=\frac{{\pi }^2}{2}$.

Đáp án C

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x>0\\ x+2>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>0\\ x>-2\end{array}\iff x>0$ .

Ta có: ${\log }_{\sqrt{2}}x={\log }_2(x+2)\iff {\log }_2{x}^2={\log }_2(x+2)\iff x^2=x+2\iff x^2-x-2=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}$ .

Đối chiếu điều kiện ta thấy  thỏa mãn. Vậy phương trình có một nghiệm $x=2$.

Đáp án A

Ta có: $I=\int {(2x+1)}^{2019}dx=\frac{1}{2}\int {(2x+1)}^{2019}d(2x+1)=\frac{1}{2}.\frac{{(2x+1)}^{2020}}{2020}+C=\frac{{(2x+1)}^{2020}}{4040}+C$ .

Đáp án B

Ta thấy vectơ chỉ phương của đường thẳng d là $u_d=(-2;3;-1)$

Vectơ của đường thẳng $\Delta :\frac{x}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{-1}$  là . Do đó $u_d.u_{\Delta }=0$  nên $d\perp \Delta$ .

Đáp án C

Ta có: $p\log 2=m\log 4+n\log 8\iff \log 2^p=\log 4^m+\log 8^n$

$\iff 2^p=4^m{.8}^n\iff 2^p=2^{2m}{.2}^{3n}\iff p=2m+3n$

.

Đáp án B

Dựa vào hình dạng đồ thị suy ra a < 0 .

Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0 Þ b > 0.

Giao điểm với trục tung nằm dưới trục hoành nên c < 0 .

Đáp án D

Đáp án D

Gọi h là chiều cao của khối trụ đã cho.

Vì thiết diện qua trục là hình chữ nhật nên $(h+3.2).2=20\iff h+6=10\iff h=4$ .

Vậy thể tích của khối trụ đã cho là $V=S.h=\pi R^{2}h=\pi \mathrm{.9.4}=36\pi$ .

Đáp án A

Gọi $c=\left(Ox\right)\cap \left(C\right),0<c<b$

Đáp án C

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm cố định $(1;1)$  và là hàm số nghịch biến. Do đó ta loại đáp án A, B.

Mặt khác, hàm số có tập xác định là $(0;+\infty )$  nên ta chọn đáp án C.

Đáp án A

Đáp án B

Ta có $z^2+2z+5=0\iff {(z+1)}^2=4i^2\iff [\begin{array}{l}z=-1+2i\\ z=-1-2i\end{array}$ .

Theo đề bài, ta có $z_1=-1-2i$ . Vậy điểm biểu diễn$z_1$  có tọa độ là $(-1;-2)$ .

Đáp án C

Giả sử $z=a+bi$  với $a,b\in ℝ$ .

Từ $|z+1+i|=|\overline{z}+i|$  ta được $\sqrt{{(a+1)}^2+{(b+1)}^2}=\sqrt{a^2+{(1-b)}^2}$

$\iff a^2+2x+b^2+2b+2=a^2+b^2-2b+1\iff a=\frac{-1-4b}{2}$.

$\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{\frac{{(1+4b)}^2}{4}+b^2}=\sqrt{\frac{20b^2+8b+1}{2}}$

Hàm số $y=20b^2+8b+1$  đạt giá trị nhỉ nhất tại $b=-\frac{8}{40}=-\frac{1}{5}\Rightarrow a=-\frac{1}{10}$ .

Vậy $a+b=-\frac{3}{10}$ .

Đáp án A

$2^{x^2-2x-1}{.3}^{x^2-2x}=18\iff 2^{x^2-2x}{.2}^{-1}{.3}^{x^2-2x}=18\iff 6^{x^2-2x}=36\iff x^2-2x=2\iff x^2-2x-2=0$Phương trình này có $a.c=-2<0$  nên luôn có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm bằng $-\frac{b}{a}=2$ .

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ$ .

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-2mx$ .

Hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )\iff y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in (2;+\infty )$

$\iff 4x^2-2mx\ge \mathrm{0,}\forall x\in (2;+\infty )\iff m\le 2x^2,\forall x\in (2;+\infty )(*)$.

Xét $g\left(x\right)=2x^2$  trên $[2;+\infty )$ .

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=4x>\mathrm{0,}\forall x\in [2;+\infty )\Rightarrow g\left(x\right)$  đồng biến trên $[2;+\infty )\Rightarrow g\left(x\right)\ge g\left(2\right),\forall x\in [2;+\infty )$ .

$(*)\iff m\le \underset{x\in [2;+\infty )}{\min }g\left(x\right)=g\left(2\right)\iff m\le 8$.

Do m là số nguyên dương nên $m\in \{1;2;3;4;5;6;7;8\}$ .

Đáp án C

Theo đề bài ta có $\Delta SAB$  vuông cân tại S nên

$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}S{A}^2=2\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{4\sqrt{2}}=l$.

$AB=SA\sqrt{2}=\sqrt{8\sqrt{2}}\Rightarrow r=OA=\frac{AB}{2}=\sqrt{2\sqrt{2}}$.

Diện tích toàn phần của hình nón:

$S_{tp}=\pi rl+\pi r^2=\pi (4+2\sqrt{2})$.

Đáp án C

Điều kiện:$m\ge -3$ .

Hàm số xác định trên $ℝ\iff x^2-2x\sqrt{m+3}+2019>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$ .

$\iff \{\begin{array}{l}a>0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1>0\\ m+3-2019\le 0\end{array}\iff m\le 2016$.

Kết hợp $m\in ℝ$   nên suy ra $m\in (-3;-2;\mathrm{...};2016)$ .

Vậy có 2020 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Gọi S là diện tích mặt hồ Þ Lượng bèo ban đầu trên mặt hồ sẽ là $A=\mathrm{0,02}S$ .

Sau n ngày thì lượng bèo tăng trưởng phủ kín mặt hồ nên

$\mathrm{0,02}S.{(1+\mathrm{0,2})}^n=S\iff n={\log }_{\mathrm{1,2}}\frac{1}{\mathrm{0,02}}\approx \mathrm{21,4567}$.

Vậy ít nhất 22 ngày thì bèo phủ kín mặt hồ.

Đáp án D

Dễ thấy hình thang ABCD có $AC\perp DC;AB\perp BD$

 $\Rightarrow \{\begin{array}{l}DB\perp \left(SAB\right)\\ DC\perp \left(SAC\right)\end{array}\Rightarrow \Delta SCD$ vuông tại C và $\Delta SBD$  vuông tại B.

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow \Delta SAD;\Delta SAB;\Delta SAC$ vuông tại A.

Mặt khác  vuông tại C; $\Delta ABD$  vuông tại B.

Þ Có 7 tam giác vuông.

Đáp án C

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) Þ Loại A.

Gọi vectơ chỉ phương của đường thẳng $d_1$  và $d_2$  lần lượt là  $\overrightarrow{u_1}$và $\overrightarrow{u_2}$ .

$M_1(3;3;-2),M_2(5;-1;2),M_B(2;3;1),M_C(1;-1;0),M_D(3;3;-2)$ lần lượt là các

điểm thuộc các đường thẳng .

Xét sự đồng phẳng, cắt nhau của các đường thẳng trong phương án B, C, D với  và  ta có phương án C thỏa mãn cắt cả $d_1$  và $d_2$ .

Đáp án A

Do giả thiết đã cho đúng với mọi cặp số phức $z_1,z_2,z_3$  nên ta chọn $z_1=z_2=1$ , kết hợp giả thiết ta có: $z_1^3+z_2^3+z_3^3+z_1{z}_2{z}_3=0\iff 1+1+z_3^3+z_3=0\iff z_3^3+z_3+2=0\iff z_3=-1$ , thỏa mãn $\left|z_3\right|=1$  .

Khi đó ta có 1 cặp $(z_1,z_2,z_2)=(1;1;-1)$  thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Khi đó: $z=z_1+z_2+z_3=1+1-1=1\Rightarrow {\left|z\right|}^3-3{\left|z\right|}^2=1-3.2=-2$  .

Đáp án B

Đặt $f\left(x\right)=x^2+2x$ .

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x+2;f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=-1\in (-2;1)$  .

Ta lại có: $f(-2)=0;f\left(1\right)=3;f(-1)=-1$ .

Do đó $\underset{[-2;1]}{\max }f\left(x\right)=3;\underset{[-2;1]}{\min }f\left(x\right)=-1$ .

Suy ra: $\underset{[-2;1]}{\max }y=\max \{|m-5|;|m-1|\}\ge \frac{|m-5|+|m-1|}{2}\ge \frac{|5-m+m-1|}{2}=2$  .

Dấu “=” xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}|m-5|=|m-1|\\ (m-5)(m-1)\ge 0\end{array}\Rightarrow m=3$  (thỏa mãn).

Đáp án D

Quan sát đồ thị ta có  $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương qua $x=-2$  nên hàm số  có một điểm cực trị là $x=-2$ .

Ta có: $y^{\text{'}}={\left[f(x^2-3)\right]}^{\text{'}}=2x.f^{\text{'}}(x^2-3)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x^2-3=-2\\ x^2-3=1\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}$ .

Mà $x=\pm 2$  là nghiệm kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số $y=f(x^2-3)$   có ba cực trị.

Đáp án D

Có$\left|\Omega \right|={365}^{35}$ .

Gọi A là biến cố: “ít nhất 2 bạn trong lớp có cùng ngày sinh nhật”.

 $\Rightarrow \overline{A}$là biến cố: “không có bạn trong lớp có cùng ngày sinh nhật”.

$\Rightarrow \left|{\Omega }_{\overline{A}}\right|=A_{365}^{35}\Rightarrow P_{\overline{A}}=\frac{A_{365}^{35}}{{365}^{35}}\Rightarrow P_A=1-P_{\overline{A}}\approx \mathrm{0,814}$.

Đáp án D

Gọi $M(x;y;z)\in \left(S\right)$ .

$MA+3MB=\sqrt{{(x-5)}^2+{(y-10)}^2+z^2}+3\sqrt{{(x-4)}^2+{(y-2)}^2+{(z-1)}^2}$.

$=3\sqrt{{(x+\frac{1}{2})}^2+{(y-\frac{14}{3})}^2+z^2-\frac{8}{9}(x^2+y^2+z^2+2x-8y+9)}+3\sqrt{{(x-4)}^2+{(y-2)}^2+{(z-1)}^2}$

$=3(\sqrt{{(x+\frac{1}{2})}^2+{(y-\frac{14}{3})}^2+z^2}+\sqrt{{(x-4)}^2+{(y-z)}^2+{(z-1)}^2})$

$\ge \sqrt{{(4+\frac{1}{3})}^2+{(2-\frac{14}{3})}^2+1^2}=\frac{11\sqrt{2}}{3}$

Đáp án A

Số phần tử không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=5!$ .

Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135”.

Thì biến cố  là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135”.

Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách  cách $\Rightarrow n\left(A\right)=120-2=118$

Nên $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{118}{120}=\frac{59}{60}$ .

Đáp án A

Ta có: $V_{ABCMNP}=V_{N.ACB}+V_{N.ACPM}$ .

$V_{N.ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}.V_{B^{\text{'}}ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}.\frac{1}{3}{V}_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$.

$\frac{V_{NACPM}}{V_{B^{\text{'}}AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{S_{ACPM}}{S_{AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{2}(CP+AM)}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}})$

$\Rightarrow V_{NACPM}=\frac{1}{2}(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}).\frac{2}{3}{V}_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Suy ra: $V_{ABCMNP}=\frac{1}{3}(\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}+\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}).V_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Vậy $V_{ABCMNP}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{1}{6}}{3}.V=\frac{4V}{9}$ .

Đáp án C

Vì  $x\in (1;+\infty )$ nên ta có $(x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)-2xf\left(x\right))\ln x=x^4-xf\left(x\right)$

$\iff \left(\frac{x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)-2xf\left(x\right)}{x^4}\right)\ln x=1-\frac{f\left(x\right)}{x^3}$.

$\Rightarrow {\left(\frac{f\left(x\right)}{x^2}\right)}^{\text{'}}\ln x=1-\frac{f\left(x\right)}{x^3}\iff \int {\left(\frac{f\left(x\right)}{x^2}\right)}^{\text{'}}\ln xdx=\int (1-\frac{f\left(x\right)}{x^3})dx$