Đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có điểm cực trị.

\(\begin{array}{l}y' = 2x > 0 \Leftrightarrow x > 0\\y' < 0 \Leftrightarrow x < 0\end{array}\)

Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) nen A sai.

Ta đặt \({\log _2}x = t\) , ta có phương trình trở thành

\({t^2} - 4t + 3 = 0\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 3\end{array} \right.\) .

Với t = 1, \({\log _2}x = 1\,\, \Leftrightarrow x = 2\) .

Với t = 3, \({\log _2}x = 3\,\, \Leftrightarrow \,\,x = 8\) .

Vậy tập nghiệm của phương trình là {2 ; 8}.

Chọn đáp án D.

Ta có \({\log _9}5 = \dfrac{1}{2}{\log _3}5 = a\, \Rightarrow \,\,{\log _3}5 = 2a\) .

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int {f(x)\,dx = F(x) + C} \)\( \Rightarrow \)\(\int {f(ax + b) = \dfrac{1}{a}F(ax + b) + C} \)

Chọn đáp án A.

Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow {t^2} = x + 1 \Rightarrow dx = 2tdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 1\\x = 3 \to t = 2\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_1^2 {2t.\dfrac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}} \,dt = \int\limits_1^2 {2t\left( {t - 1} \right)\,dt} \)

\( \Rightarrow f\left( t \right) = 2{t^2} - 2t\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(|z| = |1 + i| = \sqrt {1 + 1}  = \sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \) Đường tròn bán kính \(R = \sqrt 2 \).

Chọn đáp án D.

\(z = 2i - 1\) \( \Rightarrow \overline z  =  - 1 - 2i\) có

+ Phần thực là \( - 1\)

+ Phần ảo là \( - 2\).

Chọn đáp án B.

Diện tích đáy: \(S = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}\)

Đường cao: \(h = \sqrt {1 - \dfrac{1}{3}}  = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\)

Khi đó \(V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{12}}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = abc\)

+ \({S_{D'MN}} = {S_{A'B'C'D'}} - {S_{A'D'M}} - {S_{D'C'N}} - {S_{B'MN}} \)

\(= ab - \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}b - \dfrac{1}{2}a.\dfrac{b}{2} - \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{b}{2}\)\(\, = \dfrac{3}{8}ab\)

Khi đó: \({V_{D.D'MN}} = \dfrac{1}{3}.c.\dfrac{3}{8}ab = \dfrac{1}{8}abc \)

\(\Rightarrow \dfrac{{{V_{D.D'MN}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{8}abc}}{{abc}} = \dfrac{1}{8}\)

Chọn đáp án C.

Diện tích mặt cầu có đường kính OO’ = 8 cm là:

\({S_c} = 4\pi {R^2} = 4\pi {.4^2} = 64\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .3.8 = 48\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Hiệu số giữa diện tích mặt cầu và diện tích xung quanh hình trụ là:

\(64\pi  - 48\pi  = 16\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn B

\(\overrightarrow {OM}  = 2\overrightarrow j  - \overrightarrow i  + \overrightarrow k  \)\(\,=  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  + \overrightarrow k \)

\(\Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\).

Do đó tung độ của \(M\) bằng \(2\).

Chọn C

\(y = {\left( {9{x^2} - 1} \right)^{ - 3}} = \dfrac{1}{{{{\left( {9{x^2} - 1} \right)}^3}}}\) . Điều kiện xác định của hàm số trên là : \(9{x^2} - 1 \ne 0\,\, \Leftrightarrow \,\,{x^2} \ne \dfrac{1}{9}\,\,\, \Leftrightarrow x \ne  \pm \dfrac{1}{3}\)

Chọn đáp án D.

\(y' = \left( {\sqrt[3]{{{x^4} + 1}}} \right) = \dfrac{{\left( {{x^4} + 1} \right)'}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {{x^4} + 1} \right)}^2}}}}} \)\(\,= \dfrac{{4{x^3}}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {{x^4} + 1} \right)}^2}}}}}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int\limits_1^5 {f\left( x \right)} \,dx \)\(\,= \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,dx + \int\limits_3^5 {f\left( x \right)} \,dx = 2 \)

\(\Rightarrow \int\limits_3^5 {f\left( x \right)} \,dx = 2 - \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} \,dx\)\(\, = 2 - 7 =  - 5\)

Chọn đáp án B.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f(x)\\dv = g'(x)\,dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)\\v = g\left( x \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_a^b {f(x).g'(x)\,dx} \)\(\, = \left( {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right)\left| \begin{array}{l}^b\\_a\end{array} \right. - \int\limits_a^b {g\left( x \right)} f'\left( x \right)\,dx\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \,\dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Chọn đáp án B.

Bán kính khối cầu là một nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật \(R = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = \dfrac{3}{2}a\)

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{3}{2}a} \right)^3} = \dfrac{9}{2}\pi {a^3}\)

Chọn A.

Chiếu \(M\) lên trục \(Oz\)thì \(x = 0;y = 0\) và giữ nguyên \(z\) nên \(N\left( {0;0;z} \right)\).

Chọn C.

Hình trụ nội tiếp có chiều cao là:

\(h = 2.\sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 2.4 = 8\,cm\)

Vậy thể tích khối trụ là:

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.8 = 72\pi \,c{m^3}\)

Chọn D.

\(TX{\rm{D}}:D = R\)

\(\begin{array}{l}y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 10\\ \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x - 9\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l}f\left( { - 2} \right) = 8\\f\left( 2 \right) =  - 12\\f\left( { - 1} \right) = 15\end{array}\)

Vậy GTLN của hàm số trên \(\left[ { - 2;2} \right]\) là 15.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm  x = 2 nên A sai.

Ta có: \(\int\limits_1^4 {f(t)\,dt = \,\,\int\limits_1^2 {f(t)\,dt + \int\limits_2^4 {f\left( t \right)\,dt} } }  \)\(\,= 3 \)

\(\Rightarrow \int\limits_2^4 {f\left( t \right)\,dt}  = 3 - \int\limits_1^2 {f(t)\,dt} \)\(\, = 3 - 3 = 0\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int {{2^{2x}}{3^x}{7^x}} dx = \int {{{84}^x}} dx = \int f(x)\,dx \)\(\,= \dfrac{{{{84}^x}}}{{\ln 84}} + C\)

Chọn đáp án A.

Số phức nghịch đảo là \(\dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{{1 - 2i}} = \dfrac{{1 + 2i}}{{\left( {1 - 2i} \right)\left( {1 + 2i} \right)}} \)\(\,= \dfrac{{1 + 2i}}{{1 + 4}} = \dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}i\)

Chọn đáp án D.

Căn bậc hai của số \(a =  - 5\) là: \(i\sqrt 5 \) và \( - i\sqrt 5 \).    

Chọn đáp án C.     

Bán kính của đường tròn đó là: \(r = \sqrt {{R^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\)

Chu vi đường tròn là: \(P = 2\pi r = 2\pi .6 = 12\pi \)

Chọn B

Điểm \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nếu:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 3.4 - 0 - \left( { - 1} \right) = 13\\{y_C} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 3.\left( { - 1} \right) - 2 - 3 =  - 8\\{z_C} = 3{z_G} - {z_A} - {z_B} = 3.3 - \left( { - 1} \right) - 2 = 8\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow C\left( {13; - 8;8} \right)\)

Chọn D.

\(y = (m + 1){x^4} - m{x^2} + 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = 4\left( {m + 1} \right){x^3} - 2mx\)

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow 4(m + 1){x^3} - 2mx = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{2m}}{{4m + 4}}{\rm{       (1)}}\end{array} \right.\end{array}\)

Để hàm số \(y = (m + 1){x^4} - m{x^2} + 3\) có 3 điểm cực trị thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

\( \Leftrightarrow \)\(\dfrac{{2m}}{{4m + 4}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 1\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow m \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {0, + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l}TXD:D = \left[ { - 2;4} \right]\\y' = \frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {8 + 2x - {x^2}} }} = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {8 + 2x - {x^2}} }}\\y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\\y' > 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - x}}{{\sqrt {8 + 2x - {x^2}} }} > 0\\ \Leftrightarrow x < 1\end{array}\)

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - 2;1} \right)\).

Ta đặt \({\log _2}x = t\) , ta có phương trình trở thành

\({t^2} - 3t + 2 = 0\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 2\end{array} \right.\) .

Với t = 1, \({\log _2}x = 1\,\, \Leftrightarrow \,\,x = 2\) .

Với t = 2, \({\log _2}x = 2\,\, \Leftrightarrow x = 4\) .

Vậy biểu thức \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {2^2} + {4^2} = 20\)

Chọn đáp án A.

Điều kiện xác định : \({x^2} - 2x + 3 > 0\,\, \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 2 > 0\) ( luôn đúng).

Phương trình trở thành: \({x^2} - 2x + 3 = 2\,\, \Leftrightarrow \,\,x = 1\) .

Chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm \(\sqrt x  - x = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích hình phẳng được xác định bởi công thức

\(S = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x  - x} \right)\,dx} \)\(\, = \left( {\dfrac{2}{3}{x^{\dfrac{3}{2}}} - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. = \dfrac{1}{6}\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\int {\dfrac{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}}}{{{x^2}}}} \,dx = \int {\dfrac{{{x^4} - 2{x^2} + 1}}{{{x^2}}}} \,dx\)

\(= \int {\left( {{x^2} - 2 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \,dx \)

\(= \dfrac{{{x^3}}}{3} - 2x - \dfrac{1}{x} + C\)

Chọn đáp án A

Ta có\(z = 0 \Rightarrow \left| z \right| = 0\)

Mô đun của số phức z là số thực dương là kết luận sai.

Chọn đáp án D.

Ta có: \(A = i + {i^2} + {i^3} + ... + {i^{99}} + {i^{100}}\)   

\( = i\left( {1 + {i^2}} \right) + {i^2}\left( {1 + {i^2}} \right) +  \ldots  + {i^{98}}\left( {1 + {i^2}} \right)\)

\( = i.0 + {i^2}.0 +  \ldots  + {i^{98}}.0 = 0\)         

Chọn đáp án A.

Gọi H là giao điểm của các đường cao trong tam giác ABC

Vì tam giác ABC đều nên \(AB = AC = BC = a\)

Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB xuống mặt phẳng (ABC) là tam giác HAB

Đường cao của tam giác HAB là \(h = \dfrac{1}{3}\sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Khi đó \({S_{HAB}} = \dfrac{1}{2}.h.AB = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.a\)\(\, = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Chọn đáp án C.

Diện tích cần tìm là \(2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{24}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Chọn đáp án B

\(\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot AB\)  do đó tam giác ABC vuông cân tại B suy ra \(AC = a\sqrt 2 \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_1} = \dfrac{1}{3}\pi A{B^2}.AD = \dfrac{{\pi {a^3}}}{3};\\{V_2} = \dfrac{1}{3}.B{C^2}.AB = \dfrac{{\pi {a^3}}}{3}\\{V_3} = \dfrac{1}{3}\pi D{B^2}.BC\\\;\;\;\;\; = \dfrac{{\pi \left( {A{D^2} + A{B^2}} \right)}}{3}.BC = \dfrac{{2\pi {a^3}}}{3}\\ \Rightarrow {V_1} + {V_2} = {V_3}.\end{array}\)

Chọn  A.

Điểm \(G\) là trọng tâm tứ diện \(ABCD\) nếu tọa độ điểm \(G\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4} = \dfrac{{1 + 0 - 1 + 0}}{4} = 0\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4} = \dfrac{{0 + 1 + 2 + 0}}{4} = \dfrac{3}{4}\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4} = \dfrac{{0 + 1 + 0 + 3}}{4} = 1\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow G\left( {0;\dfrac{3}{4};1} \right)\)

Chọn A.

\(y' = 2019{\left( {x - 1} \right)^{2018}} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên không có điểm cực trị.

Xét pt hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}x + 2 = \frac{{3x - 2}}{{x - 1}}\\\left( {DK:x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy có 2 giao điểm.

Ta có \(f'(x) = \dfrac{{{e^x}.{x^2} - {e^x}.2x}}{{{x^4}}} = \dfrac{{{e^x}\left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{x^4}}}\)

\(\Rightarrow \,\,\,f'(1) = \dfrac{{e\left( {1 - 2} \right)}}{1} =  - e\)

Chọn đáp án D.

Ta có

\({b^{{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}^2}}}:{b^{ - 2\sqrt 3 }}\)\(\, = {b^{3 - 2\sqrt 3  + 1}}:{b^{ - 2\sqrt 3 }}\)\(\, = {b^{3 - 2\sqrt 3  + 1 + 2\sqrt 3 }} = {b^4}\) .

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int {\dfrac{{\cos 2x}}{{{{\cos }^2}x{{\sin }^2}x}}} \,dx\)

\(= \int {\dfrac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x{{\sin }^2}x}}} \,dx\)

\(= \int {\left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)} \,dx \)

\(=  - \cot x - \tan x + C\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cot x\,dx}  = \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{\cos x}}{{\sin x}}\,dx} \)

\(= \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{1}{{\sin x}}\,d\left( {\sin x} \right)}  \)

\(= \ln \left| {\sin x} \right|\left| {_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. =  - \ln \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Chọn đáp án C.

Ta có:

\(z = {z_1} + {z_2} + {z_1}.{z_2} \)

\(=  - 3 + 4i + 4 - 3i + \left( { - 3 + 4i} \right)\left( {4 - 3i} \right)\)

\( = 1 + i + \left( { - 12} \right) + 9i + 16i + 12 \)

\(= 1 + 26i\)

Khi đó \(\left| z \right| = \sqrt {{{26}^2} + 1}  = \sqrt {677} .\)

Chọn đáp án C.

Tọa độ trọng tâm của tam giác là \(G\left( {2;1} \right)\)

\( \Rightarrow \) Số phức z cần tìm là: \(z = 2 + i\)

Chọn đáp án D.

Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Hình chóp có đáy là hình chữ nhật thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Chọn C

Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

Chọn D