Đề số 12

Ta có: \(y' = 4{x^3} + 2bx\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - \frac{b}{2}\end{array} \right.\)

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow - \frac{b}{2} >0 \Leftrightarrow b < 0.\)

Đáp án C

Ta có \(\frac{{13}}{{17}} < \frac{{15}}{{18}}\) và \({a^{\frac{{13}}{{17}}}} < {a^{\frac{{15}}{{18}}}}\) nên \(a >1,\sqrt 2 + \sqrt 5 < 2 + \sqrt 3 \) và \({\log _b}\left( {\sqrt 2 + \sqrt 5 } \right) >{\log _b}\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\) nên \(0 < b < 1.\)

Đáp án C

Đáp án D

Từ BBT

Tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 2\) loại A, B.

\(y' >0,\forall x \ne - 1\) nên chọn C.

Từ đồ thị

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = f\left( { - 2} \right) = 2\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = f\left( { - 1} \right) = - 2\)

Đáp án SAI nên chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right).\)

Đáp án C.

Số cạnh của một hình tứ diện là 6

Đáp án D

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \) nên \(a >0\) do đó loại đáp án A và C.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đã cho có một điểm cực đại nằm trên trục tung và một điểm cực tiểu nằm bên phải trục tung. Do đó phương trình \(y' = 0\) có một nghiệm \({x_1} = 0\) và một nghiệm \({x_2} >0.\)

Xét đáp án B: \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\) (loại).

Xét đáp án D: \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Đáp án B

Với số thực \(a >0\) và \(a \ne 1,\) ta có.

+) \({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y,\left( {\forall x,y >0} \right).\)

+) \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x,\left( {x >0,n \ne 0} \right).\)

+) \({\log _a}1 = 0\) và \({\log _a}a = 1.\)

+) \({\log _a}x\) có nghĩa với \(x >0.\)

Vậy mệnh đề đúng là: \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x,\left( {x >0,n \ne 0} \right).\)

Đáp ám B.

Có \(ABC\) vuông cân tại \(B\) suy ra \(AB = BC = 6a\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.BC.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}6a.6a.6a = 36{a^3}.\)

Đáp án B

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x + 2}}{{x + 1}} = 3\) suy ra phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = 3.\)

Đáp án A

Quan sát bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0,x = 2\) nên số đểm cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là 2.

Đáp án D

Gọi \(V,V',S,S',h,h'\) lần lượt là thể tích, diện tích đáy và chiều cao của khối tứ diện trước và sau khi thay đổi.

Theo tính chất của tam giác đồng dạng thì \(S' = 9S.\)

Theo bài ra thì \(h' = \frac{1}{3}h.\)

Thể tích của khối tứ diện sau khi thay đổi là \(V' = \frac{1}{3}S'.h' = \frac{1}{3}.9S.\frac{1}{3}h = 3V.\)

Vậy thể tích của khối tứ diện tăng lên 3 lần.

Đáp án A

Ta có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\};y' = \frac{{ - {m^2} - 5}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne m.\)

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) bằng \( - 7\) khi

\(\left\{ \begin{array}{l}m \notin \left[ {0;1} \right]\\y\left( 1 \right) = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\\frac{{m + 5}}{{1 - m}} = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)

Đáp án C

Do \(s,r \notin \mathbb{Z}\) nên \(a >0\)

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm: \(4{x^4} - 2{x^2} + 1 = {x^2} + x + 1 \Leftrightarrow 4{x^4} - 3{x^2} - x = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {4{x^3} - 3x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right) = 0\)

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

Số điểm chung của hai đồ thị là 3.

Đáp án A

\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

Ta có \(y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Giả sử \(\left( C \right) \cap \left( {Oy} \right) = M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{y_0} = - 1\end{array} \right.\)

Ta có \(y'\left( 0 \right) = 2.\) Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( {0; - 1} \right)\) là \(y = 2x - 1.\)

Đáp án D

Ta có \({\log _a}\frac{{a\sqrt b }}{{\sqrt[3]{c}}} = {\log _a}\frac{{a.{b^{\frac{1}{2}}}}}{{{c^{\frac{1}{3}}}}} = {\log _a}a + \frac{1}{2}{\log _a}b - \frac{1}{3}{\log _a}c = 1 - 1 - \frac{5}{3} = - \frac{5}{3}.\)

Đáp án B

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{x}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{x}{{{x^2} - 1}} = + \infty \Rightarrow x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{x}{{{x^2} - 1}} = + \infty \Rightarrow x = - 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.

Đáp án B

Trung điểm các cạnh của hình tứ diện đều tạo thành một bát diện đều.

Đáp án B

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 1;4} \right)\) nên \(4 = \frac{{2 - 6m + 4}}{{ - m + 2}} \Leftrightarrow m = - 1.\)

Đáp án C

+ Tập xác định của hàm số \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

+ Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì:

\(y' >0,\forall x \in D \Leftrightarrow y' = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} >0 \Leftrightarrow 1 + m >0 \Leftrightarrow m >- 1.\)

Đáp án D

+ Gọi \(D\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(I.\) ta suy ra \(BD \bot AC\)

+ Ta có

\(AB.AC = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} } \right)\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {ID} } \right)\left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IC} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {AI} - \overrightarrow {IC} } \right)\left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IC} } \right) = A{I^2} - I{C^2} = A{I^2} - {R^2}.\)

Đáp án A

Ta có \({\log _a}b >{\log _a}c \Leftrightarrow b >c\) khi \(a >1.\) Do đó phương án \(A\) sai.

Mặt khác \({\log _a}b < {\log _a}c \Leftrightarrow b >c\) khi \(0 < a < 1.\) Do đó phương án \(D\) sai.

Hơn nữa \({\log _a}b = {\log _a}c \Leftrightarrow b = a,\forall a \ne 1,b >0,c >0.\) Do đó chọn \(C.\)

Đáp án C

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6x,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right..\) Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên điểm \(A\left( {0; - 1} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} - 1.\)

Đáp án B

Để xác định mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật, ta xác định tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy (là giao điểm của hai đường chéo).

Khi đó \(I\) là trung điểm của đoạn nối 2 tâm và cũng là trung điểm của \(A'C.\)

Đáp án B

\(y' \ge 0 \Leftrightarrow - 2f'\left( {1 - 2x} \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - 2x \le - 3\\ - 2 \le 1 - 2x \le 1\\1 - 2x \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\0 \le x \le \frac{3}{2}\\x \le - 1\end{array} \right.\)

Vì hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {0;\frac{3}{2}} \right),\left( {2; + \infty } \right).\)

Đáp án D

Trường hợp 1. Với \(m = 0\) ta có \(y = - 3{x^2} - 5\)

\(y' = - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Bảng biến thiên

\( \Rightarrow m = 0\) là giá trị không thỏa mãn

Trường hợp 2. Với \(m \ne 0.\) khi đó hàm số đã cho là hàm trùng phương.

Hàm số đã cho chỉ có cực tiểu mà không có cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >0\\m\left( {m - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >0\\m \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3.\)

Vậy \(m \ge 3.\)

Đáp án D

Ta có \(T = \log _a^2b + {\log _{ab}}{a^{36}}\)

\( = \log _a^2b + 36.\frac{1}{{{{\log }_a}ab}}\)

\( = \log _a^2b + \frac{{36}}{{1 + {{\log }_a}b}}\)

Đặt \(t = {\log _a}b\)

Vì \(0 < b \le a < 1\) nên \({\log _a}b \ge {\log _a}a \Rightarrow t \ge 1.\)

Xét hàm \(f\left( t \right) = {t^2} + \frac{{36}}{{1 + t}}\) trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)

\(f'\left( t \right) = 2t - \frac{{36}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}},f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có \({T_{\min }} = 16\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow t = 2 \Leftrightarrow b = {a^2}.\)

Đáp án C

Ta có \(\exists \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x - 1} + 2021}}{{\sqrt {{x^2} - 2mx + m + 2} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} + \frac{{2021}}{x}}}{{\sqrt {1 - \frac{{2m}}{x} + \frac{{m + 2}}{{{x^2}}}} }} = 0.\)

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang có phương trình \(y = 0.\)

Để đồ thị hàm số có đúng ba đường tiệm cận thì phương trình \({x^2} - 2mx + m + 2 = 0\) có đúng hai nghiệm phân biệt \({x_1} >{x_2} \ge 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m - 2 >0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0\\{x_1} - 1 + {x_2} - 1 >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right) >0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0\\{x_1} + {x_2} >2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right) >0\\m + 2 - 2m + 1 \ge 0\\2m >2\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m \le 3.\)

Vậy các giá trị \(2 < m \le 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x)=m có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m \ge 2\\\frac{7}{4} < m \le 2\end{array} \right..\)

Vậy \(m \in \left( {\frac{7}{2};2} \right] \cup \left[ {22; + \infty } \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = m\) có hai nghiệm phân biệt.

Đáp án A

Trên các cạnh \(AC,AD\) lần lượt lấy các điểm \(E,F\) sao cho \(AE = AF = 2a \Rightarrow ABEF\) là tứ diện đều cạnh \(2a.\)

Gọi \(H\) là trọng tâm của \(\Delta BEF \Rightarrow BH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}.\)

\( \Rightarrow {V_{ABEF}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BEF}} = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)

Vì \(\frac{{{V_{ABCD}}}}{{{V_{ABEF}}}} = \frac{{AB}}{{AB}}.\frac{{AC}}{{AE}}.\frac{{AD}}{{AF}} = \frac{3}{2}.A = 3 \Rightarrow {V_{ABCD}} = 2\sqrt 2 {a^3}.\)

Đáp án D

Xét tứ diện đều \(S.ABC.\) Gọi \(H\) là trọng tâm của \(\Delta ABC,M\) là trung điểm của \(SA,I\) là giao điểm của \(SH\) và mặt phẳng trung trực của \(SA \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(S.ABC.\)

\(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow R = SI = \frac{{S{A^2}}}{{2SH}} = \frac{{3a}}{{2\sqrt 6 }}.\)

Vậy diện tích mặt cầu là \(4.\pi .{\left( {\frac{{3a}}{{2\sqrt 6 }}} \right)^2} = \frac{{3\pi {a^2}}}{2}.\)

Đáp án A

Gọi \(M\left( {x;\frac{{x + 2}}{{x - 1}}} \right),\) với \(x \ne 1.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {M;Oy} \right) = \left| x \right|\\d\left( {M;Ox} \right) = \left| {\frac{{x + 2}}{{x - 1}}} \right|\end{array} \right..\)

Theo giả thiết \(d\left( {M;Oy} \right) = 2d\left( {M;Ox} \right) \Leftrightarrow \left| x \right| = 2\left| {\frac{{x + 2}}{{x - 1}}} \right|.\)

TH1: \(x = 2.\frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Rightarrow {x^2} - x = 2x + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Do đó \(M\left( { - 1; - \frac{1}{2}} \right)\) hoặc \(M\left( {4;2} \right).\)

TH2: \( - x = 2.\frac{{x + 2}}{{x - 1}} \Rightarrow - {x^2} + x = 2x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + x + 4 = 0\) (vô nghiệm).

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán nên chọn đáp án B.

Tam giác \(A'B'C'\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\left( {A'B'C'} \right).\)

Ta có góc giữa \(AA'\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) là \(\widehat {AA'H} = {30^0},\) suy ra \[AH = AA'.\sin {30^0} = 2a.\]

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(V = AH.{S_{A'B'C'}} = 2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}\) nên chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Giả sử \({x_3} = 1\) thì yêu cầu bài toán tương đương với tìm \(m\) để \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) phân biệt khác 1 và thỏa mãn: \(x_1^2 + x_2^2 = 3.\)

Điều này tương đương với

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta >0\\1 - 1 - m \ne 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_2}{x_2} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + 4m >0\\m \ne 0\\{1^2} + 2m = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)

Vậy giá trị cần tìm của \(m\) là \(m = 1.\)

Đáp án B

Phương trình đã cho tương đương với

\(\left( {{x^6} + 6{x^4} + 12{x^2} + 8} \right) - \left( {{m^3}{x^3} + 2{m^2}{x^2} + 3mx + 1} \right) + \left( {3{x^2} - 3mx + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 2} \right)^3} - {\left( {mx + 1} \right)^3} + 3\left( {{x^2} - mx + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} - mx + 1} \right)\left[ {{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2} + \left( {{x^2} + 2} \right)\left( {mx + 1} \right) + {{\left( {mx + 1} \right)}^2} + 3} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 1 = 0\) (Vì \({a^2} + ab + {b^2} = {\left( {a + \frac{1}{2}b} \right)^2} + \frac{3}{4}{b^2} \ge 0,\forall a,b).\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{1}{x} = m\) (Do \(x = 0\) không thỏa mãn phương trình này).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{1}{x}\) trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{2};2} \right].\) Ta có:

\(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left( {\frac{1}{2};2} \right)\\x = 1 \in \left( {\frac{1}{2};2} \right)\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên trên suy ra để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thỏa mãn \(\left[ {\frac{1}{2};2} \right]\) thì \(2 < m \le \frac{5}{2}.\)

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD.\)

Trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(I = FH \cap SO \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}.\)

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(J = EG \cap SO \Rightarrow \frac{{SJ}}{{SO}} = \frac{1}{3}.\)

\(\frac{{{V_{SEJF}}}}{{{V_{SAON}}}} = \frac{{SE}}{{SA}}.\frac{{SJ}}{{SO}}.\frac{{SF}}{{SB}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{2}{3} = \frac{2}{{27}}.\)

\( \Rightarrow {V_{SEJF}} = \frac{2}{{27}}{V_{SAOB}} = \frac{2}{{27}}.\frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{SEIF}}}}{{{V_{SAOB}}}} = \frac{{SE}}{{SA}}.\frac{{SI}}{{SO}}.\frac{{SF}}{{SB}} = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{{27}}.\)

\( \Rightarrow {V_{SEIF}} = \frac{4}{{27}}{V_{SAOB}} = \frac{4}{{27}}.\frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{{27}}{V_{S.ABCD}}.\)

\({V_{F.EIJ}} = {V_{S.EIJ}} - {V_{SEJF}} = \frac{1}{{27}}{V_{S.ABCD}} - \frac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}\)

Chứng minh tương tự ta có:

\({V_{F.IJG}} = {V_{H.IJG}} = {V_{H.IJE}} = \frac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}.\)

\({V_{EFGH}} = {V_{F.EJI}} + {V_{F.IJG}} + {V_{H.IJG}} + {V_{H.IJE}} = \frac{4}{{54}}{V_{S.ABCD}} = \frac{2}{{27}}{V_{S.ABCD}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{EFGH}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{2}{{27}}.\)

Đáp án A

\(\sqrt {2 - x} + \sqrt {1 + x} = \sqrt {m + x - {x^2}} \left( 1 \right)\)

Điều kiện: \( - 1 \le x \le 2.\)

Phương trình trở thành: \(2 - x + 1 + x + 2\sqrt {2 + x - {x^2}} = m + x - {x^2}.\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {2 + x - {x^2}} = \left( {2 + x - {x^2}} \right) + m - 5\)

Đặt \(t = \sqrt {2 + x - {x^2}} .\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2 + x - {x^2}\) trên \(\left[ { - 1;2} \right].\)

\(f'\left( x \right) = - 2x + 1.\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{9}{4}.\)

Bảng biến thiên:

Phương trình trở thành:

\(m = - {t^2} + 2t + 5\left( 2 \right)\) với \(t \in \left[ {0;\frac{3}{2}} \right].\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = - {t^2} + 2t + 5.\)

\(g'\left( t \right) = - 2t + 2.\)

\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 6.\)

\(g\left( 0 \right) = 5;g\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{23}}{4}.\)

Bảng biến thiên:

Vậy để phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)phương trình \(\left( 2 \right)\) có 1 nghiệm \(t \in \left[ {0;\frac{3}{2}} \right).\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(m \in \left[ {5;\frac{{23}}{4}} \right) \cup \left\{ 6 \right\}.\)

Đáp án B

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right) + {x^2} - 3\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + 1} \right) = 3 - {x^2}\)

Đặt \(t = x + 1\)

Suy ra \(f'\left( t \right) = - {t^2} + 2t + 2\)

Gọi \(h\left( t \right) = - {t^2} + 2t + 2 \Rightarrow g'\left( t \right) = f'\left( t \right) - h\left( t \right)\)

Đồ thị \(y = h\left( t \right)\) có đỉnh \(I\left( {1;3} \right);t = 3 \Rightarrow h\left( 3 \right) = - 1;t = 0 \Rightarrow h\left( 0 \right) = 2\)

Sau khi vẽ \(h\left( t \right) = - {t^2} + 2t + 2\) ta được hình vẽ bên

Hàm số nghịch biến khi \(g'\left( t \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) - h\left( t \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 3\)

Suy ra \(0 \le x + 1 \le 3 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 2\)

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right).\)

Đáp án B

Giả thiết \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = {x^3} + m{x^2} + nx - 1\\m + n >0\\7 + 2\left( {2m + n} \right) < 0\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = - 2\\f\left( 1 \right) = m + n >0\\f\left( 2 \right) = 7 + 2\left( {2m + n} \right) < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) < 0\\f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\\f\left( 2 \right) < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \end{array} \right.\) (với lại \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R})\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm lần lượt là \({x_1} \in \left( {0;1} \right),{x_2} \in \left( {1;2} \right),{x_3} \in \left( {2; + \infty } \right)\)

(do \(f\left( x \right)\) là đa thức bậc ba nên có tối đa 3 nghiệm.)

Như vậy đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị đều nằm bên phải trục tung.

Ta phác họa đồ thị \(y = f\left( x \right)\) như sau

Từ đó suy ra đồ thị \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như hình bên dưới

Cuối cùng, đồ thị của hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) như sau

Kết luận, đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) có 11 điểm cực trị.

Đáp án C