Câu 1. $w=2z+left( 1+i right)bar{z}$$=2left( 2-3i right)+left( 1+i right)left( 2+3i right)$$=3-i$.
$Rightarrow left| w right|=sqrt{10}$.
Câu 2. Phương trình mặt phẳng $left( ABC right)$: $frac{x}{-3}+frac{y}{4}+frac{z}{-2}=1$$Leftrightarrow 4x-3y+6z+12=0$.
Câu 3.
Ta có: ${{2}^{2x-1}}=8$$Leftrightarrow {{2}^{2x-1}}={{2}^{3}}$$Leftrightarrow 2x-1=3$$Leftrightarrow x=2$.
Câu 4.
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $left( -1;2 right)$.
Câu 5.
$frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SC}=frac{1}{8}$
$frac{{{V}_{S.MQP}}}{{{V}_{S.ADC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SQ}{SD}.frac{SP}{SC}=frac{1}{8}$
$frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{{{V}_{S.MQP}}}{{{V}_{S.ADC}}}=frac{{{V}_{S.MNP}}+{{V}_{MQP}}}{{{V}_{S.ABC}}+{{V}_{S.ADC}}}=frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{ABCD}}}=frac{1}{8}Rightarrow {{V}_{S.MNPQ}}=4$
Câu 6. $intlimits_{1}^{4}{fleft( x right)dx}=intlimits_{1}^{2}{fleft( x right)dx}+intlimits_{2}^{4}{fleft( x right)dx}=2-1=1$.
Câu 7.
Điểm $M(2;-1)$nên nó biểu diễn cho số phức $z=2-i$.
Câu 8. Từ phương trình tham số của đường thẳng $d$, ta suy ra một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $overrightarrow{u}=(1;0;-2)$.
Câu 9 . ${{log }_{2}}left( x-1 right)=3Leftrightarrow x-1=8Leftrightarrow x=9$.
Câu 10 . Với $a>0,ane 1$, ta có: ${{log }_{sqrt{a}}}left( asqrt{a} right)={{log }_{sqrt{a}}}{{left( sqrt{a} right)}^{3}}=3$.
Câu 11.
Ta có ${y}’=0$ tại $x=1$ và ${y}’$ đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ đi qua $1$
Suy ra hàm số đạt cực đại tại $x=1$ và giá trị cực đại là $y=2$
Câu 12.
Ta có: $overrightarrow{AB}left( 0;6;4 right)$Suy ra $AB=sqrt{{{0}^{2}}+{{6}^{2}}+{{4}^{2}}}=2sqrt{13}$.
Câu 13.
Thể tích của khối trụ tròn xoay có công thức: $V=Bh=pi {{r}^{2}}h=pi {{a}^{2}}2a=2pi {{a}^{3}}$.
Câu 14.
Đồ thị hàm số trên không có dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại phương án C, D.
Đồ thị hàm số có dạng của hàm bậc ba với:$underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=+infty $nên $a>0$. Vậy loại phương án B.
Câu 15.
Ta có $int{sin 2xdx=frac{1}{2}int{sin 2xd(2x)}}$ $=-frac{1}{2}cos 2x+C$ .
Câu 16.
Vì $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{2x-1}{x+3}=2$ nên đường thẳng $y=2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=frac{2x-1}{x+3}$.
Câu 17.
+) Ta có $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{x-1}{{{x}^{2}}+x-2}=0$ $Rightarrow $ đồ thị hàm số đã cho có $1$ đường tiệm cận ngang là $y=0$ .
$left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to 1} frac{{x – 1}}{{{x^2} + x – 2}} = mathop {lim }limits_{x to 1} frac{{x – 1}}{{left( {x – 1} right)left( {x + 2} right)}} = mathop {lim }limits_{x to 1} frac{1}{{x + 2}} = frac{1}{3}\
mathop {lim }limits_{x to – {2^ + }} frac{{x – 1}}{{{x^2} + x – 2}} = + infty
end{array} right.$$Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho có $1$ đường tiệm cận đứng là $x=-2$ .
Vậy đồ thị hàm số đã cho có $1$ đường tiệm cận đứng và $1$ đường tiệm cận ngang .
Câu 18.Ta có $overrightarrow{AB}=left( 1,;,1,;,-1 right)$ .
Mặt phẳng qua $Aleft( 1,;,2,;,0 right)$và vuông góc với $AB$ nhận véctơ $overrightarrow{AB}=left( 1,;,1,;,-1 right)$làm VTPT nên có phương trình là : $1left( x-1 right)+1left( y-2 right)-1left( z-0 right)=0Leftrightarrow x+y-z-3=0$ .
Câu19.
$2fleft( x right)+5=0Leftrightarrow fleft( x right)=-frac{5}{2}$
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$và đường thẳng $y=-frac{5}{2}$
Từ bảng biên thiên suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biêt.
Câu20.
$begin{array}{l}
xleft( {3 + 2i} right) + yleft( {1 – 4i} right) = 1 + 24i Leftrightarrow left( {3x + y} right) + left( {2x – 4y} right)i = 1 + 24i\
Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3x + y = 1\
2x – 4y = 24
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = – 5
end{array} right. Rightarrow x + y = – 3\
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
end{array}$
Câu 21.
Chọn véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là: $overrightarrow{n}=overrightarrow{{{u}_{d}}}=,left( 3,;,-2,;,1 right)$ . Mặt khác mặt phẳng này đi qua $A$ nên có phương trình là:
$begin{array}{l}
3left( {x – 0} right) – 2left( {y + 3} right) + left( {z – 1} right) = 0\
Leftrightarrow 3x – 2y + z – 7 = 0
end{array}$
Câu 22.
Do $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông; $SO$ là đường cao của khối chóp; Với $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ .
Ta có tam giác $SOD$ vuông tại $O$ và theo giả thiết $SO=asqrt{3}$ và $SD=asqrt{5}$ . Do đó $OD=sqrt{S{{D}^{2}}-S{{O}^{2}}}=sqrt{5{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}=asqrt{2}$ .
Suy ra $AC=BD=2OD=2asqrt{2}$ .
Diện tích đáy $ABCD$ là: $beta =frac{1}{2}AC.DB=frac{1}{2}{{left( 2asqrt{2} right)}^{2}}=4{{a}^{2}}$ .
Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ là: $V=frac{1}{3}beta .h=frac{1}{3}.4{{a}^{2}}.asqrt{3}=frac{4sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$ .
Câu 23.
Gọi $z=a+bi$ , với $x,yin mathbb{R}$ , ta có :
$left| z-1+i right|=2$ $Leftrightarrow left| x+yi-1+i right|=2Leftrightarrow left| left( x-1 right)+left( y+1 right)i right|=2$ $Leftrightarrow {{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( y+1 right)}^{2}}=4$ .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $Ileft( 1,;,-1 right)$ , bán kính $R=2$ .
Câu 24.
Ta có :
$begin{array}{l}
int {frac{{x – 1}}{{{x^2}}}} dx = int {left( {frac{1}{x} – frac{1}{{{x^2}}}} right)} dx\
= int {frac{1}{x}} dx – int {frac{1}{{{x^2}}}} dx = ln left| x right| + frac{1}{x} + C,C in
end{array}$
Câu 25 .
Với các số $a,text{ }b>0$ và $ane 1$, ta có: ${{log }_{{{a}^{3}}}}left( a{{b}^{6}} right)=frac{1}{3}left( {{log }_{a}}a+{{log }_{a}}{{b}^{6}} right)=frac{1}{3}+2{{log }_{a}}b$ .
Câu 26.
Ta có: ${f}’left( x right)=3{{left( x+2 right)}^{2}}{{left( x-1 right)}^{2}}left( x-2 right)+2{{left( x+2 right)}^{3}}left( x-1 right)left( x-2 right)+{{left( x+2 right)}^{3}}{{left( x-1 right)}^{2}}$
$={{left( x+2 right)}^{2}}left( x-1 right)left( 6{{x}^{2}}-8x-4 right)$
Cho $f’left( x right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 2{rm{ }}left( {nghiem{rm{ }}kep} right)\
x = 1\
x = frac{{2 pm sqrt {10} }}{3}
end{array} right.$
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Công thức cần nhớ : Nếu $u=u(x),v=v(x),text{w}=text{w}(x)$có đạo hàm trên khoảng đang
xét thì $(u.v.text{w})’=u’.v.text{w}+v’.u.text{w}+text{w}’.u.v$ với mọi x trên khoảng đang
xét.
Câu 27. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường: ${x^2} = x Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 1
end{array} right.$
Vậy diện tích hình phẳng bằng: $S = intlimits_0^1 {left| {{x^2} – x} right|} {rm{d}}x = intlimits_0^1 {left( {x – {x^2}} right)} {rm{d}}x = left( {frac{{{x^2}}}{2} – frac{{{x^3}}}{3}} right)left| begin{array}{l}
^1\
_0
end{array} right. = frac{1}{6}$(do ${{x}^{2}}-xle 0,forall xin left[ 0;1 right]$)
Câu 28. Điều kiện để phương trình có nghĩa: $left{ begin{array}{l}
x > frac{1}{2}\
x ne 1
end{array} right.$
$begin{array}{l}
{log _3}{left( {x – 1} right)^2} + {log _{sqrt 3 }}left( {2x – 1} right) = 2 Leftrightarrow 2{log _3}left| {x – 1} right| + 2{log _3}left( {2x – 1} right) = 2\
Leftrightarrow {log _3}left( {left| {x – 1} right|left( {2x – 1} right)} right) = {log _3}3 Leftrightarrow left| {x – 1} right|left( {2x – 1} right) = 3{rm{ }}left( 1 right)
end{array}$
Trường hợp 1: $x>1$
Phương trình $left( 1 right) Leftrightarrow left( {x – 1} right)left( {2x – 1} right) = 3{rm{ }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2\
x = – frac{1}{2}
end{array} right.{rm{ }}$
Kết hợp điều kiện: $x=2$(thỏa mãn)
Trường hợp 2: $frac{1}{2}<x<1$
Phương trình $left( 1 right)Leftrightarrow left( 1-x right)left( 2x-1 right)=3Leftrightarrow -2{{x}^{2}}+3x-4=0(VN)$
Tập nghiệm của phương trình là: $S=left{ 2 right}$.
Câu 29. Ta có $z=2-3iRightarrow overline{z}=2+3i$ và ${{z}^{2}}=-5-12i$
Suy ra $w=overline{z}+{{z}^{2}}=-3-9i$. Vậy $left| w right|=3sqrt{10}$.
Câu 30. Gọi tọa độ điểm $C$ là $left( x,;,y,;,z right)$
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $overrightarrow{DC}=overrightarrow{AB}$
Ta có $overrightarrow{DC}=left( x-1,;,y+1,;,z-1, right)$ và $overrightarrow{AB}=left( 1,;,1,;,1 right)$
Suy ra $left{ begin{array}{l}
x – 1 = 1\
y + 1 = 1\
z – 1 = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = 0\
z = 2
end{array} right.$
Vậy tọa độ điểm $C$ là $left( 2,;,0,;,2 right)$.
