Chọn A

Mặt cầu ${(x-1)}^2+{(y-1)}^2+{(z+2)}^2=4$ có tâm $I(1;1;-2)$, bán kính $R=2$

$d=d(I;\left(\alpha \right))=\frac{|2.1+1-(-2)-1|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{4}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ 

Ta có: $d^2+r^2=R^2\iff {\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)}^2+r^2=2^2\iff r^2=\frac{4}{3}\iff r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 

Bán kính r của đường tròn là giao tuyến của $\left(\alpha \right)$ và mặt cầu $\left(S\right)$ là $r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Chọn B

TXĐ: $D=ℝ$.

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

Hàm số đồng biến trên tập xác định $\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ$ 

$\iff \{\begin{array}{l}\Delta \text{'}<0\\ 3>0\end{array}\iff 9m^2-3m-3<0\iff \frac{1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{1+\sqrt{13}}{6}$ 

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m=0$.

Vậy có $1$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Chọn C

Ta có: $F\left(x\right)=\int (x+1)e^{x^2+2x-3}dx=\frac{1}{2}\int e^{x^2+2x-3}d(x^2+2x-3)=\frac{1}{2}{e}^{x^2+2x-3}+C$

Chọn B

$y=x+p+\frac{q}{x+1},(x\ne 1)\Rightarrow y\text{'}=1-\frac{q}{{(x+1)}^2};y\text{'}=0\iff 1-\frac{q}{{(x+1)}^2}=0$ 

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm $A(-2;-2)$ $\iff \{\begin{array}{l}1-\frac{q}{{(-2+1)}^2}=0\\ -2+p+\frac{q}{-2+1}=-2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}q=1\\ p=1\end{array}$ 

Kiểm tra lại: Với $q=p=1$, ta có: $y=x+1+\frac{1}{x+1},y\text{'}=1-\frac{1}{{(x+1)}^2}=\frac{x^2+2x}{{(x+1)}^2}$: đổi dấu từ dương sang âm tại $x=-2$.

$\Rightarrow q=p=1$: thỏa mãn. Khi đó ta có: $pq=1$

Chọn D

TH1: Một viên xanh, hai viên đỏ: $C_3^1.C_8^2=3.28=84$ (cách)

TH2: Hai viên xanh, một viên đỏ: $C_3^2.C_8^1=3.8=24$ (cách)

$\Rightarrow$ Có tất cả: $84+24=108$ (cách).

Chọn C

Ta có: ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{2x-3}\ge 3\iff 3^{3-2x}\ge 3\iff 3-2x\ge 1\iff x\le 1$ 

Tập nghiệm của bất phương trình là: $S=(-\infty ;1]$

Chọn C

ĐKXĐ: $2x^2-4x+2>0\iff 2{(x-1)}^2>0\iff x-1\ne 0\iff x\ne 1$ 

Vậy tập xác định của hàm số là $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$

Chọn A

Ta có: $I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{3}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=1-5=-4$

Chọn A

Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{v}(-1;4)$ biến $M(x;y)\in \left(P\right)$ thành $M\text{'}(x\text{'};y\text{'})\in (P\text{'})$ thỏa mãn:

$\{\begin{array}{l}x\text{'}=x-1\\ y\text{'}=y+4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=x\text{'}+1\\ y=y\text{'}-4\end{array}$ 

Thay vào hàm số của $\left(P\right)$ ta có: $y\text{'}-4=2{(x\text{'}+1)}^2-3(x\text{'}+1)-1\iff y\text{'}=2x^{\text{'}2}+x\text{'}+2$ 

Phương trình của $\left(P\text{'}\right)$ là: $y=2x^2+x+2$ 

Chọn D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x+4}$ có TCN $y=2$ và TCĐ $x=-4$.

Vậy tọa độ điểm $I$ là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x+4}$ là: $I(-4;2)$.

Chọn A

$M(3;-5)$ là điểm biểu diễn của số phức $z=3-5i$.

Số phức liên hợp $\overline{z}$ của z là: $\overline{z}=3+5i.$

Chọn C

Ta có: $L=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2-x-2}{3x^2+8x+5}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{(x+1)(x-2)}{(x+1)(3x+5)}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x-2}{3x+5}=\frac{-3}{2}$

Chọn B

+) $y=\sqrt{4-x^2}$ có TXĐ: $D=[-2;2]\supset (1;3)\Rightarrow$ Hàm số $y=\sqrt{4-x^2}$ không đồng biến trên khoảng $(1;3)$.

+) $y=x^4-2x^2-1\Rightarrow y\text{'}=4x^3-4x,y\text{'}=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=0\\ x=1\end{array}$ 

Trên $(1;3)$ hàm số có $y\text{'}>0\Rightarrow$ Hàm số $y=x^4-2x^2-1$ đồng biến trên khoảng $(1;3)$

+) $y=e^{-x}\Rightarrow y\text{'}=-e^{-x}<0,\forall x\Rightarrow$ Hàm số $y=e^{-x}$ không đồng biến trên khoảng $(1;3)$

+) $y=\frac{x+1}{2x-3}$ có TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{\frac{3}{2}\right\}\supset (1;3)\Rightarrow$Hàm số $y=\frac{x+1}{2x-3}$ không đồng biến trên khoảng $(1;3)$

Chọn A

Ta có: $a^2+b^2+c^2-d^2=1^2+{(-2)}^2+2^2-6=3>0\Rightarrow$ Mặt cầu đã cho có bán kính $R=\sqrt{3}$

Chọn C

Diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi rl\Rightarrow 30\pi =\pi .5.l\iff l=6\left(cm\right)$ 

Ta có: $l^2=h^2+r^2\iff 36=h^2+5^2\iff h=\sqrt{11}\left(cm\right)$ 

Thể tích của khối nón: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi 5^2\sqrt{11}=\frac{25\pi \sqrt{11}}{3}\left(c{m}^3\right)$ 

Chọn A

Mệnh đề sai là: $\ln \frac{a}{\sqrt[3]{b}}=\ln a-3\ln b$ 

Sửa lại: $\ln \frac{a}{\sqrt[3]{b}}=\ln a-\frac{1}{3}\ln b$ 

Chọn C

Diện tích toàn phần của hình trụ: $S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi a.3a+2\pi a^2=8\pi a^2$ 

Chọn B

Tam giác $SAB$ đều, cạnh $a\Rightarrow r=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};l=SA=a$ 

Diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi rl=\pi .\frac{a}{2}.a=\frac{\pi a^2}{2}$ 

Chọn C

Xác suất để số chấm xuất hiện trên 1 con xúc xắc là số chẵn $\frac{1}{2}$ 

Xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con xúc xác đều là số chẵn là ${\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$.

Chọn C

Do $\left(\beta \right)//\left(\alpha \right)$ nên $\left(\beta \right):x+2y+2z+m=0(m\ne -1)$ 

Mặt khác $M(1;0;6)\in \left(\beta \right)\Rightarrow 1+2.0+2.6+m=0\iff m=-13$ (thỏa mãn)

Vậy $\left(\beta \right):x+2y+2z-13=0$

Chọn C

Ta có: ${(x+2x^2)}^{10}=\sum _{i=0}^{10}{C}_{10}^i{x}^i.{\left(2x^2\right)}^{10-i}=\sum _{i=0}^{10}{C}_{10}^i{2}^{10-i}{x}^{20-i}$ 

Số hạng chứa $x^{13}$ trong khai triến ứng với $i$ thỏa mãn $20-i=13\iff i=7$ 

Hệ số của $x^{13}$ trong khai triển là: $C_{10}^7{2}^3=120.8=960$.

Chọn A

TXĐ: $D=\text{[}0;+\infty )$.

Ta có: $y\text{'}=1+\frac{m}{2\sqrt{x}}$ 

Hàm số đạt cực trị tại $x=1\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=0\iff 1+\frac{m}{2}=0\iff m=-2$ 

Thử lại: Với $m=-2$, ta có:

$y=x-2\sqrt{x};y\text{'}=1-\frac{1}{\sqrt{x}};y"=\frac{1}{2x\sqrt{x}};\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=0\\ y"\left(1\right)=\frac{1}{2}>0\end{array}\Rightarrow$ Hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$

$\Rightarrow m=-2$ thỏa mãn.

Chọn A

$S.ABC$ là tứ diện vuông tại đỉnh $S$$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.SA.SB.SC=\frac{1}{6}.a.2a.3a=a^3$ 

Ta có: $\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}{a}^3.$ 

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_{12}^4.C_8^4.C_4^4$ 

Gọi A: “mỗi nhóm có đúng một học sinh nữ”.

+) Số cách xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm là 3! cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ nhất có $C_9^3$ cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ hai có $C_6^3$ cách.

+) Chọn 3 học sinh nam cho nhóm thứ ba có 1 cách.

 Vậy $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3!.C_9^3.C_6^3}{C_{12}^4.C_8^4.C_4^4}=\frac{16}{55}$.

Chọn C

Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên trung điểm $O$ của $BC$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Tương tự, trung điểm $O\text{'}$ của $B\text{'}C\text{'}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$

Khi đó, tâm mặt cầu $I$ ngoại tiếp hình lăng trụ là trung điểm của $OO\text{'}$

$OA=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},OI=\frac{OO\text{'}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Delta OAI$ vuông tại $O$$\Rightarrow IA=\sqrt{O{I}^2+O{A}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow R=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Chọn D

Gọi $M$ (đồng) là số tiền sinh viên đó gửi vào ngân hàng mỗi năm.

Ta có: ${2.10}^9=\frac{M}{6,8\%}[{(1+6,8\%)}^7-1](1+6,8\%)\iff M={183.10}^6$ (đồng).

Chọn A

Ta có:  $\{\begin{array}{l}{D}_0\left(A\right)=C\\ D_0(B\text{'})=D\\ D_0(C\text{'})=A\\ D_0(D\text{'})=B\end{array}\Rightarrow D_0(AB\text{'}C\text{'}D\text{'})=C\text{'}DAB$

Chọn B

Giả sử số phức đó là $z=a+bi,(a,b\in ℝ)$ 

Theo đề bài, ta có:

$\{\begin{array}{l}a=2\\ |2+bi+1-2i|=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ |3+(b-2)i|=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ \sqrt{9+{(b-2)}^2}=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ {(b-2)}^2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=2\end{array}$ 

$\Rightarrow z=2+2i$

Vậy có 1 số phức z thỏa mãn đề bài.

Chọn B

$AA\text{'}BD$ là tứ diện vuông tại đỉnh $A$

$\Rightarrow \frac{1}{{\left(d(A;(A\text{'}BD))\right)}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow d(A;(A\text{'}BD))=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Chọn B

Ta có:

${\log }_2\frac{1}{2}+{\log }_2\frac{1}{4}+{\log }_2\frac{1}{8}+...+{\log }_2\frac{1}{2^n}=-12403$

$\iff -1-2-3-...-n=-12403$

$\iff 1+2+3+...+n=12403\iff \frac{n(n+1)}{2}=12403$

$\iff n^2+n-24806=0\iff [\begin{array}{l}n=157\left(tm\right)\\ n=-158\left(ktm\right)\end{array}\Rightarrow 131<n<158$ 

Chọn B

Ta có: $V=\pi R^{2}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi R^2}$

$S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2=2\pi R\frac{V}{\pi R^2}+2\pi R^2$

$=\frac{2V}{R}+2\pi R^2=\frac{V}{R}+\frac{V}{R}+2\pi R^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{V}{R}.\frac{V}{R}.2\pi R^2}=3\sqrt[3]{2\pi V^2}$

$S_{tp}\min =3\sqrt[3]{2\pi V^2}$ khi và chỉ khi $\frac{V}{R}=2\pi R^2\iff \frac{\pi R^{2}h}{R}=2\pi R^2\iff h=2R$

Chọn C

TXĐ: $D=ℝ.$ Ta có $y\text{'}=3x^2+6x+m$

Do $a=3>0$ nên để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì $y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn: $|x_2-x_1|=3$

$\iff \{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ |x_2-x_1|=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}9-3m>0\\ {|x_2-x_1|}^2=9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<3\\ {(x_1+x_2)}^2-4x_1{x}_2=9\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}m<3\\ {(-2)}^2-4.\frac{m}{3}=9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<3\\ m=-\frac{15}{4}\end{array}\iff m=-\frac{15}{4}$

Chọn A

Ta có: $-3x^2+x+4=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=\frac{4}{3}\end{array}$ 

Khi đó:

$S_1=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}|-3x^2+x+4|dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}(-3x^2+x+4)dx=(-x^3+\frac{1}{2}{x}^2+4x)|\begin{array}{l}{}^0\\ {}_{-1}\end{array}=0-(1+\frac{1}{2}-4)=\frac{5}{2}$ 

$S_2=\underset{0}{\overset{\frac{4}{3}}{\int }}|-3x^2+x+4|dx=\underset{0}{\overset{\frac{4}{3}}{\int }}(-3x^2+x+4)dx=(-x^3+\frac{1}{2}{x}^2+4x)|\begin{array}{l}{}^{\frac{4}{3}}\\ {}_0\end{array}=(-\frac{64}{27}+\frac{8}{9}+\frac{16}{3})-0=\frac{104}{27}$

$\Rightarrow \frac{S_1}{S_2}=\frac{135}{208}$ 

Chọn B

Đặt $2^x=t,(t>0)$, phương trình $4^x+m{2}^x+2m-4=0\left(1\right)$ trở thành

$t^2+mt+2m-4=0\iff (t-2)(t+2)+m(t+2)=0$

$\iff (t+2)(t-2+m)=0\iff [\begin{array}{l}t=-2\left(ktm\right)\\ t=2-m\end{array}$

Phương trình (1) có nghiệm $\iff 2-m>0\iff m<2$

Mà $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-15;5]\Rightarrow m\in \{-15;-14;...;1\}$