Đề số 19

Dựa vào đồ thị ta có đồ thị trên là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có bề lõm hướng xuống nên hệ số \(a < 0\) nên loại đáp án A và D.

Xét điểm \(\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số trên.

Thay \(\left( {1;2} \right)\) vào \(y = - {x^4} + {x^2} + 1\) ta được 2 =1 (vô lý).

Thay \(\left( {1;2} \right)\) vào \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 1\) ta được 2 = 2 (đúng).

Nên đồ thị trong hình vẽ trên là đồ thị của hàm số \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 1.\)

Đáp án A

Điều kiện: \(\cos x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pi + l2\pi \left( {l \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có:

\(\frac{{\sin 2x}}{{\cos x + 1}} = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + m\pi \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)\\x = n2\pi \left( {n \in \mathbb{Z}} \right)\\x = \pi + p2\pi \left( {p \in \mathbb{Z}} \right)\end{array} \right.\)

So lại với điều kiện, phương trình có họ nghiệm là \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + m\pi \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)\\x = n2\pi \left( {n \in \mathbb{Z}} \right)\end{array} \right..\)

Xét \(0 \le \frac{\pi }{2} + m\pi \le 2020\pi \Leftrightarrow - \frac{\pi }{2} \le m\pi \le \frac{{4039}}{2}\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le m \le \frac{{4039}}{2}.\) Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2002 giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài.

Xét \(0 \le n2\pi \le 2020\pi \Leftrightarrow 0 \le n\pi \le 1010.\) Vì \(n \in \mathbb{Z}\) nên có 1011 giá trị \(n\) thỏa mãn đề bài.

Vậy phương trình có tổng cộng 3031 nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;2020\pi } \right].\)

Đáp án C

Ta có \({\log _4}\left( {3{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 3{x^2} + x = 2\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} + x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - \frac{2}{3}\end{array} \right..\)

Vậy phương trình có hai nghiệm.

Đáp án D

Ta có \({\log _{{a^5}}}{a^4} = \frac{4}{5}{\log _a}a = \frac{4}{5}.\)

Đáp án B

Áp dụng công thức thể tích khối chóp ta có: \(V = \frac{1}{3}.2S.2h = \frac{4}{3}S.h\)

Vậy chọn đáp án D.

Ta có: \({S_{tp}} = 2\pi Rl + 2\pi {R^2} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\) nên chọn đáp án C.

Ta có \(2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} = \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

Đáp án D

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 2mx + 2{m^2} - 9}}\) có đúng 3 đường tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có đúng hao tiệm cận đứng.

\( \Leftrightarrow \) phương trình \({x^2} - 2mx + 2{m^2} - 9 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' >0\\{3^2} - 2.m.3 + 2{m^2} - 9 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - {m^2} >0\\{m^2} - 3m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\m \ne 0;m \ne 3\end{array} \right.\)

Mà \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;1;2} \right\}.\) Vậy số phần tử của \(S\) là 4.

Phép vị tự tâm \(O,\) tỉ số \(k = - 2020\) biến đường tròn có bán kính \(R\) thành đường tròn có bán kính là \({R_1} = \left| { - 2020} \right|R = 2020.4 = 8080\)

Phép tịnh tiến theo véctơ \(\overrightarrow v = \left( {2019;2020} \right)\) biến đường tròn \(R'\) thành đường tròn có cùng bán kính

Vậy bán kính của đường tròn \(\left( {C'} \right)\) là ảnh của đường tròn \(\left( C \right)\) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm \(O\) tỉ số \(k = - 2020\) và phép tịnh tiến theo véctơ \(\overrightarrow v = \left( {2019;2020} \right)\) là 8080.

Đáp án C