Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 4)

Lời giảiTừ bảng biến thiên dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).

Lời giảiTừ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = \sin x\) “đi xuống” trong \(\left( {\frac{\pi }{2}\,;\,\pi } \right)\), do đó hàm số nghịch biến trong khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2}\,;\,\pi } \right)\).

Lời giảiTa có \(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\) và \(y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\).Nếu \(m \le 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,; + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {1\,; + \infty } \right)\).Do đó, \(m \le 0\) thỏa yêu cầu bài toán.Nếu \(m > 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( { - \sqrt m \,;\,0} \right)\), \(\left( {\sqrt m \,;\, + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {1\,; + \infty } \right)\) khi \(\sqrt m \le 1\, \Leftrightarrow \,0 \le m \le 1\).So với điều kiện thì \(0 < m \le 1\) thỏa yêu cầu bài toán.Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m \le 1\).

Lời giảiTập xác định: \(D = \left[ {1;3} \right]\).Ta có \(y' = \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }}\).\(y' = 0\, \Leftrightarrow \,\frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }} = 0\, \Leftrightarrow \,x - 1 = 3 - x\, \Leftrightarrow \,x = 2\).\(y'\) không xác định khi \(\left[ \begin{array}{l}\sqrt {x - 1} = 0\\\sqrt {3 - x} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).Bảng xét dấu đạo hàm

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm, ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,3} \right)\).

Lời giải\(y' = {x^2} + 2mx + 4\).Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow {\Delta _{y'}} \le 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 16 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2\).Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn là: \( - 2; - 1;0;1;2\).

Lời giảiTa có \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 5m}}\,\,\left( {x \ne - 5m} \right)\), đạo hàm \(y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\).Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\\ - 5m \notin \left( { - \infty \,; - 10} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m - 2 > 0\\ - 5m \ge - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < m \le 2\).Do \(m \in \mathbb{Z}\), nên \(m \in \left\{ {1\,;2} \right\}\). Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Lời giảiQuan sát đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 2\end{array} \right.\).Với \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) ta có \(y' = 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right)\).Vậy \(y' = 0\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 2 = 0\\{x^2} - 2 = \pm 2\end{array} \right.         \]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \\x = \pm 2\end{array} \right.\).Bảng biến thiên

Vậy \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Lời giải\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).Lập bảng biến thiên.

Dựa vào BXD ta có \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm 1 lần nên hàm số có 1 điểm cực đại.

Lời giải

Ta có: \[y' = 3{x^2} - 6x + m,{\rm{ }}y'' = 6x - 6\].Để hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 2\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 0\\y''\left( 2 \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0\].

Lời giảiTa có \(y' = 3{x^2} + 12x + 3\left( {m + 2} \right)\); \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m + 2 = 0\) \(\left( * \right)\).Hàm số có hai điểm cực trị \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < - 1 < {x_2}\)\( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 4 - \left( {m + 2} \right) > 0\\{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1\).

Lời giảiTa có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\); \(f'\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).Suy ra hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - 2{x^2} + 3x + 2021\)có hai điểm cực trị là \(x = 1;x = 3\) .Ta có:\(y' = \left( {2x - 10} \right).f'\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\).\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\{x^2} - 10x + m + 9 = 1{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} - 10x + m + 9 = 3{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\).Hàm số đã cho có 5 cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có 5 nghiệm phân biệt và \(y'\) đổi dấu khi đi qua 5 nghiệm đó\( \Leftrightarrow \)Mỗi pt (1) và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác nhau và khác 5.\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}25 - \left( {m + 8} \right) > 0\\25 - \left( {m + 6} \right) > 0\\m \ne 17\\m \ne 19\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 17\).Vậy các giá trị m nguyên dương thõa mãn: \(m \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3....;\,\,16} \right\}\). Khi đó \(S = \frac{{\left( {1 + 16} \right)16}}{2} = 136\) .

Lời giảiCách 1: Từ đề bài, ta tìm được tọa độ hai điểm cực trị \(A,B\) sau đó+ Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \(A,B\) rồi suy ra đáp án B.+ Hoặc thử cả 2 điểm \(A,B\) vào từng đáp án để suy ra đáp án B.Cách 2:Thực hiện phép chia \(y\) cho \(y'\) ta được: \(y = y'.\left( {\frac{1}{3}x} \right) + \left( { - 2x + 1} \right)\).Giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là: \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\).Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = y\left( {{x_1}} \right) = y'\left( {{x_1}} \right).\left( {\frac{1}{3}{x_1}} \right) + \left( { - 2{x_1} + 1} \right) = - 2{x_1} + 1\\{y_2} = y\left( {{x_2}} \right) = y'\left( {{x_2}} \right).\left( {\frac{1}{3}{x_2}} \right) + \left( { - 2{x_2} + 1} \right) = - 2{x_2} + 1\end{array} \right.\].Ta thấy, toạ độ hai điểm cực trị \(A\) và \(B\) thoả mãn phương trình \(y = - 2x + 1\).Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là: \(y = - 2x + 1\).

Lời giảiCách 1: Ta có \(y' = - 4x\left( {{x^2} - m - 1} \right)\)Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m + 1\end{array} \right.\).Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị \( \Leftrightarrow \)\(m > - 1\)\(\left( * \right)\)Tọa độ ba điểm cực trị là \(A\left( {0;\, - {m^2}} \right),\)\(B\left( {\sqrt {m + 1} ;\,2m + 1} \right),\)\(C\left( { - \sqrt {m + 1} ;\,2m + 1} \right)\)Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\) thì \(H\left( {0;\,2m + 1} \right)\)Ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi và chỉ khi \(AH = \frac{{BC}}{2}\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^4}} = \sqrt {m + 1} \)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = - 1\end{array} \right.\).So với điều kiện (*) thì \(m = 0\) thỏa mãn.Cách 2: (Phương pháp trắc nghiệm)Điều kiện để đồ thị hàm số trùng phương\(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,,a \ne 0\) có ba điểm cực trị là \(ab < 0 \Leftrightarrow m > - 1\)Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi \({b^3} + 8a = 0 \Leftrightarrow - 8{\left( {m + 1} \right)^3} + 8 = 0 \Leftrightarrow m = 0\).

Lời giảiTa có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\) và \(f'\) đổi dấu khi qua nghiệm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị.Mặt khác, \(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 3\\x > 5\end{array} \right.\) và \(y' < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 1\\3 < x < 5\end{array} \right.\) . Do đó, hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( {1;\,3} \right)\), \(\left( {5;\, + \infty } \right)\) và nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;\,1} \right)\), \(\left( {3;\,5} \right)\).

Lời giảiTa có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1\]\( \Rightarrow y = 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - \infty \]\( \Rightarrow x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = \frac{3}{2}\].Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = \frac{3}{2}\].Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.

Lời giảiĐồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + m} }}\)có hai đường tiệm cận đứng khi \({x^2} - 2x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 2\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 2} \right)}^2} - 2\left( { - 2} \right) + m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 - m > 0}\\{m \ne - 8}\end{array}} \right.\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m \ne - 8}\end{array}} \right.\)Vậy có 2020 giá trị của tham số \(m \in \left[ { - 2020\,;\,2020} \right]\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giảiTa có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = 2\, \Rightarrow y = 2\) là một TCN của đồ thị hàm số.\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty \Rightarrow x = 1\) là một TCĐ của đồ thị hàm số.Vậy đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận.

Lời giảiĐồ thị hàm số không có tiệm cận đứng\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {2m - 3} \right)x + {m^2} - 2m \ne 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 2m} \right) < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow m > \frac{9}{4}\,\,.\end{array}\]

Lời giảiDựa vào đồ thị, khi đó phương trình \({f^2}(x) - 4f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(x) = 0\\f(x) = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1{\rm{ }}\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\), trong đó \(x = 1\) và \(x = - 1\) là nghiệm kép bội chẵn. Khi đó\({f^2}(x) - 4f(x) = \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2k}}\left( {x - 2} \right){\left( {x + 1} \right)^{2l}}.g(x)\), với \(g(x)\)là một đa thức vô nghiệm trên \(\mathbb{R}\)và \(k,l \in {\mathbb{N}^*}\).Suy ra \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{f^2}(x) - 4f(x)}} = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^{2k}}\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{2l}}.g(x)}}\)\( = \frac{1}{{\left( {x + 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^{2k - 1}}\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{2l - 1}}.g(x)}}\)Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{f^2}(x) - 4f(x)}}\)có \(4\) đường tiệm cận đứng đó là \(x = \pm 1,x = \pm 2\).

Lời giảiTa có \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)\( \Rightarrow \) hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = \frac{1}{4}\).

Lời giảiĐặt \(t = \sin x\), \( - 1 \le t \le 1\)\( \Rightarrow y = g\left( t \right) = \frac{{16t - 4}}{{16{t^2} - 4t + 9}}\)Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{ - 256{t^2} + 128x + 128}}{{{{\left( {16{t^2} - 4t + 9} \right)}^2}}}\); \(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 256{t^2} + 128t + 128}}{{{{\left( {16{t^2} - 4t + 9} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\left( {TM} \right)\).Có \(g\left( { - 1} \right) = - \frac{{20}}{{29}}\), \(f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{4}{5}\), \(f\left( 1 \right) = \frac{4}{7}\).Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( t \right) = \frac{4}{7}\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( t \right) = - \frac{4}{5}\).Vậy \(7M + 5m = 0\).

Lời giảiXét \(\frac{P}{2} = \frac{{{x^2} + xy + {y^2}}}{2} = \frac{{{x^2} + xy + {y^2}}}{{{x^2} - xy + {y^2}}}\).Nếu \(y = 0\) thì \({x^2} = 2\). Do đó \(P = {x^2} = 2 \Rightarrow \min P = 2\).Nếu \(y \ne 0\), chia cả tử và mẫu cho \({y^2}\) ta có: \(\frac{P}{2} = \frac{{1 + \left( {\frac{x}{y}} \right) + {{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}}{{1 - \left( {\frac{x}{y}} \right) + {{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}}\).Đặt \(t = \frac{x}{y}\), khi đó \(\frac{P}{2} = \frac{{1 + t + {t^2}}}{{1 - t + {t^2}}}\).Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{1 + t + {t^2}}}{{1 - t + {t^2}}} \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{ - 2{t^2} + 2}}{{{{\left( {1 - t + {t^2}} \right)}^2}}}\).\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 1\end{array} \right.\). Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta \(\min \frac{P}{2} = \frac{1}{3} \Rightarrow \min P = \frac{2}{3}\).

Lời giảiTa xét hàm số \(u\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} + {x^2} + a\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\).Ta có \(u'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).\(M = \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} u\left( x \right) = max\left\{ {u\left( { - 1} \right);u\left( 0 \right);u\left( 1 \right);u\left( {\frac{1}{2}} \right);u\left( 2 \right)} \right\}\). \( = max\left\{ {a + 4;a + 4;a;a;a + \frac{1}{{16}}} \right\} = a + 4\)Và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} u\left( x \right) = a\)\( \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} y = max\left\{ {\left| {a + 4} \right|;\left| a \right|} \right\} \le 2020\)TH1: \(\left| {a + 4} \right| \le \left| a \right| \le 2020 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a + 4} \right)^2} \le {a^2}\\ - 2020 \le a \le 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2020 \le a \le - 2\)TH2: \(\left| a \right| \le \left| {a + 4} \right| \le 2020 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le {\left( {a + 4} \right)^2}\\ - 2020 \le a + 4 \le 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le a \le 2016\)Vậy \(a \in \left\{ { - 2020;...;2016} \right\}\)Þ có \(2020 + 2017 = 4037\) số.

Lời giảiGọi \[x,\;y\left( {\rm{m}} \right)\], \[\left( {x > 0,y > 0} \right)\] là chiều dài và chiều rộng của đáy bể.Khi đó theo đề ta suy ra \[0,6xy = 0,096 \Leftrightarrow y = \frac{{0,16}}{x}\].Giá thành của bể cá được xác định theo hàm số sau:\[f\left( x \right) = 2.0,6\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right).70000 + 100000.x.\frac{{0,16}}{x}\]\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 84000\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right) + 16000\]Ta có \[f'\left( x \right) = 84000\left( {1 - \frac{{0,16}}{{{x^2}}}} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0,4\]Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là \[f\left( {0,4} \right) = 83200\] VNĐ.

Lời giảiXét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho:\({x^3} - {x^2} + 1 = {x^2} - x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).Vì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt nên hai đồ thị đã cho có 2 giao điểm.a

Lời giảiXét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m\) và trục hoành:\({x^3} - 3{x^2} - m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} = m\) (*)Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\).\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\\x = 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) = - 4\end{array} \right.\).\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right) = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right) = + \infty \).Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m\) cắt trục hoành tại đúng một điểm \( \Leftrightarrow \) Phương trình (*) có đúng một nghiệm.Do đó từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 0\end{array} \right.\).

Lời giảiPhương trình hoành độ giao điểm của \[(d)\] và \[(C)\]là:\[\frac{{x + 2}}{{x - 1}} = - x + m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} - mx + m + 2 = 0.(1)\end{array} \right.\]Để \[(d)\] cắt \[(C)\] tại hai điểm phân biệt \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m + m + 2 \ne 0\\\Delta = {m^2} - 4m - 8 > 0(*)\end{array} \right.\]Khi đó \[(d)\] cắt \[(C)\] tại \[A({x_1}; - {x_1} + m);B({x_2}; - {x_2} + m)\] với \[{x_1};{x_2}\] là nghiệm của phương trình \[(1)\].Theo Viet ta có:\[\begin{array}{l}AB = \sqrt {{{({x_2} - {x_1})}^2} + {{({x_2} - {x_1})}^2}} \\AB = \sqrt {2[{{({x_2} + {x_1})}^2} - 4{x_1}{x_2}]} \\AB = \sqrt {2({m^2} - 4m - 8)} \end{array}\]Theo giả thiết: \[\sqrt {2({m^2} - 4m - 8)} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\\m = 6\end{array} \right.\](thỏa mãn \[(*)\]).

Lời giảiTa có \[{f^/}(x) = 4{x^3} - 2x\] . Suy ra : \[{f^/}(1) = 2\].Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[(C)\] tại điểm\[A(1; - 3)\] là:\[y = {f^/}(2)(x - 1) - 3 \Leftrightarrow y = 2(x - 1) - 3 \Leftrightarrow y = 2x - 5.\]

Lời giảiTập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).\(y' = \frac{8}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).Gọi \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:y = 2x + 13\), suy ra \(y'\left( {{x_0}} \right) = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{8}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = 2\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 4\end{array} \right.\).Với \({x_0} = 0\)\( \Rightarrow {y_0} = - 3\). Phương trình tiếp tuyến là \(y = 2x - 3\).Với \({x_0} = - 4\)\( \Rightarrow {y_0} = 5\). Phương trình tiếp tuyến là \(y = 2x + 13\) (loại vì trùng với \(d\)).Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số thỏa điều kiện bài toán có phương trình là \(y = 2x - 3\).

Lời giảiTừ \(2f\left( x \right) + f\left( {{x^3}} \right) = {x^6} + 2{x^2} - 3,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}{\rm{   }}(1)\), cho \(x = 1\) ta được:\(2f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right)) = 1 + 2 - 3 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 0\).Vì hàm số có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\), nên đạo hàm hai vế của (1) ta được:\(2f'\left( x \right) + 3{x^2}f'\left( {{x^3}} \right) = 6{x^5} + 4x,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}{\rm{   }}(2)\).Từ (2), cho \(x = 1\) ta được: \(2f'\left( 1 \right) + 3f'\left( 1 \right) = 6 + 4 \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2.\)Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 là:\(y = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow y = 2\left( {x - 1} \right) + 0\)\( \Leftrightarrow y = 2x - 2\).

Lời giảiGọi \[M\] là tiếp điểm, ta có:\[M\left( {{x_0};\frac{{{x_0} - 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)\].Ta có:\[y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow k = y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{2}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là\[\Delta :y = k\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = \frac{{2\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^2 - 1}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]Hai đường tiệm cận là \({d_1}:y = 1\) và \({d_2}:x = - 1\). Giao điểm của hai đường tiệm với tiếp tuyến là \[A\left( { - 1;\frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 3}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} \right)\] và \[B\left( {2{x_0} + 1;1} \right)\]. Giao điểm hai đường tiệm cận là \(I\left( { - 1;1} \right)\).Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}IA = \frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}\\IB = 2\left| {{x_0} + 1} \right|\\AB = 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\end{array} \right.\].Chu vi là: \[IA + IB + AB = \frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} + 1} \right| + 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]Theo BĐT Cauchy ta có\[\begin{array}{l}\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} + 1} \right| + 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\\ \ge 4\left( {\sqrt[4]{{\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}\left( {2\left| {{x_0} + 1} \right|} \right)\left( {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}} \right)\frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}}}} \right) = 16\left( {\sqrt[4]{2}} \right)\end{array}\]Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi\[\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} = 2\left| {{x_0} + 1} \right| = 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow {x_0} = - 1 \pm \sqrt 2 \]+ Với \[{x_0} = - 1 - \sqrt 2 \Rightarrow {y_0} = 1 + \sqrt 2 \Rightarrow {\Delta _1}:y = x + 2\sqrt 2 + 2\]+ Với \[{x_0} = - 1 + \sqrt 2 \Rightarrow {y_0} = 1 - \sqrt 2 \Rightarrow {\Delta _2}:y = x - 2\sqrt 2 + 2\].

Lời giảiNhận thấy đồ thị hàm số đã cho là hàm số bậc 3 nên ta loại D.Dựa vào đồ thị ta có hệ số \[a > 0\] nên ta loại C.Đồ thị qua điểm \(A\left( { - 1;4} \right)\) nên chỉ có B.

Lời giảiTa có \({f^2}\left( {\sin x} \right) - \left( {m + 1} \right)f\left( {\sin x} \right) + 2m - 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( {\sin x} \right) = 2 & \left( 1 \right)\\f\left( {\sin x} \right) = m - 1 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\).Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy \(f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\,\,\left( {a < - 1} \right)\\x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\\x = c\,\,\left( {1 < c} \right)\end{array} \right.\)\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = a\,\,\left( {a < - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {\rm{L}} \right)\\\sin x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\\\sin x = c\,\,\left( {1 < c} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {\rm{L}} \right)\end{array} \right.\].Phương trình \(\sin x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\) có \(2\) nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ {0\,;2\pi } \right]\).Đặt \(t = \sin x \Rightarrow t' = \cos x\), xét \(t' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2}\\x = \frac{{3\pi }}{2}\end{array} \right.\).Bảng biến thiên

+) Với \({t_0} = - 1\) hay \({t_0} = 1\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(1\) nghiệm \[{x_0}\].   +) Với \({t_0} \in \left( { - 1\,;0} \right)\) hay \({t_0} \in \left( {0\,;1} \right)\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(2\) nghiệm \[{x_0}\] phân biệt.+) Với \({t_0} = 0\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(3\) nghiệm \[{x_0}\] phân biệt.Với cách đặt \(t = \sin x\) thì phương trình \(\left( 2 \right)\) trở thành \(f\left( t \right) = m - 1\) \(\left( 3 \right)\)Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 3 \right)\) có duy nhất \(1\) nghiệm \({t_0}\) sao cho \({t_0} \in \left( { - 1\,;0} \right)\) hay \({t_0} \in \left( {0\,;1} \right)\) đồng thời nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) phải khác nhau.\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} - 1 < m - 1 < 1\\1 < m - 1 < 3\end{array} \right.\\m - 1 \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}0 < m < 2\\2 < m < 4\end{array} \right.\\m \ne 3\end{array} \right.\], mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m = 1\).Vậy có \(1\) giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Lời giảiTa có \(y = {\left( {{x^2} - x - 2} \right)^{ - 3}} + {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\frac{1}{5}}}\) xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - 2 \ne 0\\4 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne - 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right.\).Vậy \(D = \left( { - 2\,;2} \right)\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Lời giảiTheo công thức tính đạo hàm của hàm số mũ ta có: \(y' = ({x^2} - 3x)'{.2^{{x^2} - 3x}}\ln 2 = (2x - 3){.2^{{x^2} - 3x}}\ln 2\).

Lời giảiTừ đồ thị hàm số ta thấy: hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên suy ra \(a > 1\).Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {2;2} \right)\) nên ta có: \(2 = {\log _a}2 \Leftrightarrow {a^2} = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \left( {t/m} \right)\\a = - \sqrt 2 \left( l \right)\end{array} \right.\)

Lời giảiTheo định nghĩa hình đa diện thì hình 4 không thoả mãn tính chất của hình đa diện.

Lời giải

Quan sát hình tứ diện đều ta thấy: Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.

Lời giảiThể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}.{a^2}.2a = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

Lời giải

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right).\)Gọi \(I\) là trung điểm \(BC \Rightarrow OI \bot BC.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SIO} \Rightarrow \widehat {SIO} = 60^\circ .\)\( \Rightarrow SO = OI.\tan \widehat {SIO} = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = a\sqrt 3 .\)Ta có \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3{a^2}\sqrt 3 .\)\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .3{a^2}\sqrt 3 = 3{a^3}.\)

Lời giải

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) \( \Rightarrow BA = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = {a^3}\).

Lời giải

Kẻ \(SH \bot AD\) tại \(H\)\( \Rightarrow \) \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).Tam giác \(SAD\) đều \( \Rightarrow SH = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}SH.{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH.\frac{{\left( {BC + AD} \right).AB}}{2}\)\( = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{\left( {a + 2a} \right).a}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

Lời giải

▪ Tam giác \(SBC\) là tam giác vuông cân tại \(S\), có \(BC = a\sqrt 2 \Rightarrow SB = SC = a\)\( \Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

▪ Ta có: \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}.\,{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).{{\rm{S}}_{\Delta SBC}} = {a^3}\)\( \Rightarrow \,{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{3{a^3}}}{{{{\rm{S}}_{\Delta SBC}}}} = \frac{{3{a^3}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = 6a\).

▪ Do \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \({\rm{d}}\left( {I,\left( {SBC} \right)} \right){\rm{ = }}\frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 3a\).

Lời giải

▪ Ta có: \(\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{4}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{\frac{1}{2}{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{4}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{8}\)▪ Và: \(\frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SD}}{{SD}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{\frac{1}{2}{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{4}\).▪ Suy ra: \(\frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{{{V_{S.MNC}} + {V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} + \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}}\)\( = \frac{1}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\).▪ Khi đó: \(\frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}} - {V_{S.CDMN}}}} = \frac{3}{{8 - 3}} = \frac{3}{5}\)▪ Vậy: \(k = \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{BCNADM}}}} = \frac{3}{5}\).

Lời giải

Ta có \[\begin{array}{l}AB = AC.\cos {60^0} = \frac{{3a}}{2}\\BC = AC.\sin {60^0} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\]\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{8}\)\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.CC' = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{8}.2a = \frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{4}\)

Lời giải

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\).Ta có+) \(CE = \frac{1}{2}BC = 2a\), \(AE = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {16{a^2} - 4{a^2}} = 2a\sqrt 3 \)+) \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AE.BC = 4{a^2}\sqrt 3 \)+) \(AG = \frac{2}{3}AE = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\)Vì \(A'G \bot (ABC)\)nên \(AG\) là hình chiếu vuông góc của \[A'A\] trên đáy,do đó góc giữa \(AA'\) và đáy là góc .+) \(A'G = AG.\tan {60^0} = 4a\)+) \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'G = 16{a^3}\sqrt 3 \)

Lời giải

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\)\(AC'\) cắt \(A'I\) tại \(G.\)

Do \(AI\)song song \(A'C'\) và \(AI = \frac{1}{2}AC'\) nên \(IG = \frac{1}{2}GA'.\)

Suy ra \(G\) là trọng tâm tam giác \(A'BD\), mà tam giác \(A'BD\) đều (có các cạnh là các đường chéo của những hình vuông bằng nhau) nên \(GA' = GB = GD\) và \(AA' = AB = AD\) suy ra \(AG \bot (A'BD).\)

Do đó khoảng cách từ \(C'\)đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) là \(C'G.\)

Mặt khác \(C'G = \frac{2}{3}AC' = \frac{2}{3}AB\sqrt 3 = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow AB = 2a.\) Vậy \(V = 8{a^3}.\)

Lời giải

Do là\(ABCD\) hình thang cân\(AB = 2a;\,BC = CD = DA = a\).Ta có \(AC = DB = a\sqrt 3 \).\(AC \bot BC;\,\,AD \bot DB\).Do \(\widehat {\left( {SC,(ABCD)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = {60^o}\,\, \Rightarrow SA = 3a\).Do\(\left( P \right) \bot SB\). Do\(AC \bot BC;\,\,AD \bot DB\) ta chứng minh được \(AM \bot SB\), \(AN \bot SC,\,\,AP \bot SD\).Có \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{9}{{13}}\); \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{3}{4}\); \(\frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \frac{9}{{10}}\).Ta tính được \({V_{S.ACD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\);\({V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).Có \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{27}}{{52}}\); \({V_{S.AMN}} = \frac{{27{a^3}\sqrt 3 }}{{104}}\); \(\frac{{{V_{SANP}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SP}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{27}}{{40}}\); \({V_{S.ANP}} = \frac{{27{a^3}\sqrt 3 }}{{160}}\).\[{V_{S.AMNP}} = \frac{{891}}{{2080}}{a^3}\sqrt 3 \]\( \Rightarrow {V_{MNP.ABCD}} = \frac{{669{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).

Lời giải

Gọi \(E\) là điểm đối xứng của \(A'\) qua \(B'\).Ta có \(AB//B'E\) và \(AB = B'E = a\) suy ra \(ABEB'\) là hình bình hành.\( \Rightarrow AB'//BE\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {AB',BC'} \right)} = \widehat {\left( {BE,BC'} \right)} = \widehat {EBC'}\).Xét tam giác \(BB'E\) có \(BB' \bot B'E\)\( \Rightarrow \)\(\Delta BB'E\) vuông tại \(B'\).\( \Rightarrow BE = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{E^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).Xét tam giác \(BB'C'\) có \(BB' \bot B'C'\)\( \Rightarrow \Delta BB'C'\) vuông tại \(B'\).\( \Rightarrow BC' = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{{C'}^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).Xét tam giác \(A'C'E\) có \(C'B' = A'B' = B'E = \frac{1}{2}A'E\).\( \Rightarrow \Delta A'C'E\) vuông tại \(C'\)\( \Rightarrow C'E = \sqrt {A'{E^2} - A'{{C'}^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).Suy ra tam giác \(BEC'\) có \(BE = C'E = BC' = a\sqrt 3 \)\( \Rightarrow \Delta BEC'\) là tam giác đều.\( \Rightarrow \widehat {EBC'} = 60^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {\left( {AB',BC'} \right)} = 60^\circ \).Vậy góc giữa đường thẳng \(AB'\) và \(BC'\) bằng \(60^\circ \).

Lời giảiGiả sử \(V = {V_{ABC.A'B'C'}} = 2020\).

Cách 1Ta có \({V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{V}{3} \Rightarrow {V_{C'.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V\).Lại có \(\frac{{{V_{P.ABC}}}}{{{V_{C'.ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {P;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{d\left( {P;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{PC}}{{CC'}} = \frac{3}{4} \Rightarrow {V_{P.ABC}} = \frac{1}{4}V\).Ta có \(\frac{{{V_{P.ABNM}}}}{{{V_{C'.ABB'A'}}}} = & \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {P;\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABNM}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABB'A'}}}}\).Mà \(d\left( {P;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)và \({S_{ABNM}} = \frac{1}{2}{S_{ABB'A'}}\).Suy ra \(\frac{{{V_{P.ABNM}}}}{{{V_{C'.ABB'A'}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{P.ABNM}} = \frac{1}{3}V\).Vậy \({V_{ABC.MNP}} = {V_{P.ABNM}} + {V_{P.ABC}} = \frac{7}{{12}}V = \frac{{3535}}{3}\).Cách 2: Dùng công thức giải nhanhTa có: \(\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{BN}}{{BB'}} + \frac{{CP}}{{CC'}}} \right)\)\( \Rightarrow {V_{ABC.MNP}} = \frac{{2020}}{3}\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4}} \right) = \frac{{3535}}{3}\).