Đề số 13

Xét đáp án D, ta có \(y = {x^3} + x \Rightarrow y' = 3{x^2} + 1 >0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}.\)

Suy ra hàm số \(y = {x^3} + x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Đáp án D

Gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng.

Ta có \({u_8} = {u_1} + 7d \Leftrightarrow d = \frac{{{u_8} - {u_1}}}{7} = \frac{{39 - \left( { - 3} \right)}}{7} = 6.\) Vậy công sai của cấp số cộng là \(d = 6.\)

Đáp án A

Ta có \(AB//CD \Rightarrow CD//\left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {SA,CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right).\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = AD = a.\)

Đáp án C

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(SH = a\sqrt 3 \)

\(AB = 2a \Rightarrow BC = 2a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{\left( {2a} \right)^2} = 2{a^2}\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.2{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

Đáp án D

Ta có: \(V = \frac{1}{3}{S_{OBC}}.OA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.OB.OC.OA = \frac{{{a^3}}}{6}.\)

Đáp án C

Diện tích đáy \(B\) là diện tích một tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 \( \Rightarrow B = \frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4};\)

Chiều cao khối lăng trụ \(h = 3;\)

Khi đó thể tích khối lăng trụ đều này là \(S = B.h = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}.3 = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy ta chọn phương án \(D\) làm đáp án.

\(Q = \sqrt {{a^2}.\sqrt[3]{{{a^4}}}} = \sqrt {{a^2}.{a^{\frac{4}{3}}}} = \sqrt {{a^{\frac{{10}}{3}}}} = {a^{\frac{{10}}{{3.2}}}} = {a^{\frac{{10}}{6}}} = {a^{\frac{5}{3}}}.\)

Vậy ta chọn phương án A làm đáp án.

Ta có \(y' = 3{x^2} + 6x \Rightarrow y = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)

Điểm cực đại của hàm số là \(x = - 2.\)

Ta có: \(A = {2^{{{\log }_4}9 + {{\log }_2}5}} = {2^{{{\log }_2}3 + {{\log }_2}5}} = {2^{{{\log }_2}15}} = 15.\)

Đáp án A

Số giao điểm của đường thẳng \(y = 4x\) và đường cong \(y = {x^3}\) là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} = 4x \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right..\)

Vậy số giao điểm của đường thẳng và đường cong là 3.

Đáp án 

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\)bằng

\(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\) (đvtt).

Đáp án B

Hình lăng trụ tam giác có 5 mặt.

Đáp án C

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

Đáp án D

Xét đáp án A hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại vì vậy đáp án A đúng.

Xét đáp án B hàm số đạt điểm cực đại tại \(x = 0,\) giá trị cực đại là \(y = 3\) nên đáp án B là khẳng định sai, chọn đáp án B.

Xét đáp án C đúng nên loại.

Xét đáp án D đúng nên loại.

Đáp án A

Ta có: \(y' = 6{x^2} + 6x - 12\)

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

\(f\left( { - 1} \right) = 15,f\left( 2 \right) = 6,f\left( 1 \right) = - 5\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2{x^3} + 3{x^2} - 12x + 2\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 15\) tại \(x = - 1\) nên chọn đáp án C.

Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục tung.

Khi đó: \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = - 1\) nên \(A\left( {0; - 1} \right).\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 1 \Rightarrow y'\left( 0 \right) = - 1.\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\left( {0; - 1} \right)\) là

\(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

\( \Leftrightarrow y = - 1\left( {x - 0} \right) - 1\)

\( \Leftrightarrow y = - x - 1\)

Đáp án D

Ta có: \(f\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - m.\)

Đặt \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) và \(\left( d \right):y = - m.\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = - m\)là số giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( d \right).\)

Để phương trình \(f\left( x \right) = - m\) có 3 nghiệm phân biệt thì \( - 4 < - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < 4.\)

Đáp án C

Từ dạng của đồ thị hàm số, ta thấy \(y' < 0{\rm{ }}\forall x \ne {\rm{1}}{\rm{.}}\)

Đáp án C

\({P^2} = {\left( {{3^x} + {3^{ - x}}} \right)^2} = {3^{2x}} + {2.3^x}{.3^{ - x}} + {3^{ - 2x}} = {9^x} + {9^{ - x}} + 2 = 23 + 2 = 25\)

\( \Rightarrow P = \sqrt {25} = 5.\)

Đáp án D

Hàm số \(y = 3{x^4} + 2\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số \(y = 3{x^4} + 2\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right).\)

Đáp án A

Hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 3{x^2} + 6x\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại \(M:k = y'\left( {{x_0}} \right)\)

Mà tiếp tuyến song song với trục hoành nên hệ số góc \(k = 0 \Rightarrow 3x_0^2 + 6{x_0} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 2\end{array} \right..\)

+ \({x_0} = 0\) tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {0; - 3} \right)\) là: \(y - \left( { - 3} \right) = 0\left( {x - 0} \right) \Rightarrow y = - 3.\)

+ \({x_0} = - 2\) tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 2;1} \right)\) là: \(y - 1 = 0\left( {x + 2} \right) \Rightarrow y = 1.\)

Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 3\) song song với trục hoành

Đáp án B

\(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên góc giữa \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {SBA}.\)

Xét tam giác \(SBA\) vuông tại \(A,\) ta có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {SBA} = {45^0}.\)

Đáp án A

\(P = \frac{{{2^3}{{.2}^{ - 1}} + {5^{ - 3}}{{.5}^4}}}{{{{10}^{ - 3}}:{{10}^{ - 2}} - {{\left( {0,1} \right)}^0}}} = \frac{{{2^2} + 5}}{{{{10}^{ - 1}} - 1}} = \frac{9}{{\frac{1}{{10}} - 1}} = \frac{9}{{\frac{{ - 9}}{{10}}}} = - 10.\)

Đáp án C

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 2x - 3}} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 2x - 3}} = 0\) nên đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 2x - 3}} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 2x - 3}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) và \(x = - 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.

Đáp án D

Hình mười hai mạt đều có ba mươi cạnh.

Đáp án D

Thể tích khối lăng trụ \(V = B.h = 3.2 = 6\).

Đáp án D

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = 3{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 12m + 5\)

Hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi \(y' \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 12m + 5 \ge 0\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

\(3{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 12m + 5 \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}},\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}},\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

\(g'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 1}}{{12{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} >0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Do đó: \(m \le g\left( x \right),\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow m \le g\left( 2 \right) \Leftrightarrow m \le \frac{5}{{12}}.\)

Vì \(0 < m \le \frac{5}{{12}}.\) Do đó không có giá trị nguyên dương nào của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Đáp án C

Cách 1:

Phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có hệ số góc \(m\) và đi qua \(A\left( {2;0} \right)\) là \(y = mx - 2m\)

Hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( C \right)\) là nghiệm của phương trình:

\( - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 2 = m\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 4x + m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 4x + m + 1 = 0\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

\(x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow A\left( {2;0} \right).\) Do đó: \(\left( C \right)\) cắt \(\left( d \right)\) tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) khác \(2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 3 - m >0\\{2^2} - 4.2 + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m >- 3\\m - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 3\)

Theo định lí Vi-et: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.,\) mà \(m >0 \Rightarrow m + 1 >0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} >0\\{x_1}.{x_2} >0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} >0\\{x_2} >0\end{array} \right.\)

Giả sử \(B\left( {{x_1};m{x_1} - 2m} \right)\) và \(C\left( {{x_2};m{x_2} - 2m} \right) \Rightarrow B'\left( {0;m{x_1} - 2m} \right)\) và \(C'\left( {0;m{x_2} - 2m} \right).\)

\( \Rightarrow B'C' = \left| {m\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right| = m\left| {{x_1} - {x_2}} \right|;BB' = \left| {{x_1}} \right| = {x_1};CC' = \left| {{x_2}} \right| = {x_2}\)

Ta có: \({S_{BB'C'C}} = \frac{1}{2}B'C'\left( {BB' + CC'} \right) = 8 \Leftrightarrow B'C'\left( {BB' + CC'} \right) = 16 \Leftrightarrow m\left| {{x_1} - {x_2}} \right|\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 16\)

\( \Leftrightarrow m\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4 \Leftrightarrow {m^2}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 16 \Leftrightarrow {m^2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 16 \Leftrightarrow {m^2}\left( {16 - 4m - 4} \right) = 16\)

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

Vì \(0 < m < 3 \Rightarrow m = 2 \Rightarrow m \in \left( {1;5} \right).\)

Cách 2:

Phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có hệ số góc \(m\) và đi qua \(A\left( {2;0} \right)\) và \(y = m\left( {x - 2} \right)\)

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 2{\rm{ }}\left( C \right)\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = - 3{x^2} + 12x - 9 = 0 \Leftrightarrow - 6x = - 12 \Leftrightarrow x = 2;f\left( 2 \right) = 0\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị \(\left( C \right)\) nhận điểm \(A\left( {2;0} \right)\) làm điểm uốn.

\( \Rightarrow B\) và \(C\) đối xứng nhau qua \(A;B'\) và \(C'\) đối xứng nhau qua \(O\)

\( \Rightarrow OA\) là đường trung bình của hình thang \(BB'C'C \Rightarrow \frac{{BB' + CC'}}{2} = OA = 2\)

Diện tích của hình thang \(BB'C'C\) bằng \(8 \Rightarrow B'C' = 4\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \({y_B} >0 \Rightarrow {y_B} = 2 \Rightarrow - {x_B}^3 + 6x_B^2 - 9{x_B} + 2 = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_B} = 0\\{x_B} = 3\end{array} \right.\)

+ \({x_B} = 0 \Rightarrow B\left( {0;2} \right) \Rightarrow \left( d \right)\) có phương trình \(y = - x + 2 \Rightarrow m = - 1 < 0\) (loại).

+ \({x_B} = 3 \Rightarrow B\left( {3;2} \right) \Rightarrow \left( d \right)\) có phương trình \(y = 2x - 4 \Rightarrow m = 2\) (thỏa mãn).

Vậy giá trị của \(m\) thuộc khoảng \(\left( {1;5} \right).\)

Đáp án D

Gọi \(M,N\) lần lượt là giao điểm của \(\left( P \right)\) với \(SA,SD \Rightarrow MN//AD;\) kẻ \(AH \bot BM\) tại H

\(AD \bot SA;AD \bot AB \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \bot MB\) và \(MN \bot AH\)

* \(MN \bot MB \Rightarrow \) Thiết diện là hình thang vuông \(BMNC\) có diện tích là \(\frac{{MB}}{2}.\left( {MN + BC} \right)\)

* \(AH \bot MN,AH \bot BM,MN//AD \Rightarrow AH\) là khoảng cách từ \(AD\) đến \(\left( P \right) \Rightarrow AH = h\)

Đặt \(AM = x\left( {0 < x < 3a} \right) \Rightarrow SM = 3a - x.\) Ta có: \(\frac{{MN}}{{AD}} = \frac{{SM}}{{SA}}\) (do \(MN//AD).\)

\( \Rightarrow \frac{{MN}}{a} = \frac{{3a - x}}{{3a}} \Rightarrow MN = \frac{{3a - x}}{3},\) mà \(MB = \sqrt {A{B^2} + A{M^2}} = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \)

Diện tích thiết diện là \(\frac{{2\sqrt 5 {a^2}}}{3} \Rightarrow \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}.\left( {\frac{{3a - x}}{3} + a} \right) = \frac{{2\sqrt 5 {a^2}}}{3}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {x^2}} .\left( {6a - x} \right) = 4\sqrt 5 {a^2} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {x^2}} \right)\left( {36{a^2} - 12ax + {x^2}} \right) = 80{a^4}\)

\( \Leftrightarrow 36{a^4} - 12{a^3}x + {a^2}{x^2} + 36{a^2}{x^2} - 12a{x^3} + {x^4} - 80{a^4} = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^4} - 12{x^3}x + 37{x^2}{a^2} - 12a{x^3} - 44{a^4} = 0 \Rightarrow x = 2a\)

\( \Rightarrow MB = a\sqrt 5 \Rightarrow h = AH = \frac{{AM.AB}}{{MB}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\)

Vậy khoảng cách \(h\) giữa đường thẳng \(AD\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}.\)

Đáp án B

Ta có

\({V_{B.ACED}} = {V_{S.ABC}} - {V_{ABED}}\)

\(\frac{{{V_{SBED}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SE}}{{SC}}.\frac{{SD}}{{SA}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\)

Đặt \(AB = AC = a.\) Khi đó, ta có:

\(S{A^2} = S{B^2} + A{B^2} = {12^2} + {a^2}\)

\(S{C^2} = S{B^2} + B{C^2} = {12^2} + 2{a^2}\)

Đáp án D

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)

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

Từ bảng biến thiên trên suy ra sau khi tiêm thuốc 1 giờ thif tổng nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

Đáp án C

Từ đồ thị ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \Rightarrow a < 0.\)

Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) lần lượt là hai điểm cực trị của hàm số đã cho \(\left( {{x_1} < {x_2}} \right).\)

Từ đồ thị ta thấy: \({x_1} + {x_2} >0 \Rightarrow ab < 0 \Rightarrow b >0.\)</>

Và: \({x_1}.{x_2} >0 \Rightarrow ac >0 \Rightarrow c >0.\)

Đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm có tung độ \(y \Rightarrow d >0.\)

Vậy trong các số \(a,b,c,d\) có hai số dương.

Đáp án D

Khi \(m = 0,\) hàm số trở thành \(y = - {x^2} - 2\) có đồ thị là một Parabol có bề lõm quay xuống nên hàm số có một cực đại và không có cực tiểu (thỏa mãn bài toán)

Khi \(m \ne 0,\) hàm số có một cực đại và không có cực tiểu khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m\left( {2m - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\2m - 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \le \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0.\)

Vậy hàm số có một cực đại và không có cực tiểu khi \(m \le 0.\)

Đáp án B

Ta có PTHĐGĐ của đường thẳng \(\left( d \right)\) và đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)

\(\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m - 1,\left( {x \ne - 1} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 2} \right)x + m - 2 = 0\left( 2 \right)\)

Phương trình \(\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m - 1\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \ne - 1.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta >0\\1 - m + 2 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) >0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 12 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 2\\m >6\end{array} \right.\)</>

Gọi \(M\left( {{x_1};{x_1} + m - 1} \right),N\left( {{x_2};{x_2} + m - 1} \right)\) là giao điểm của hai đồ thị.

Ta có \(MN = 2\sqrt 3 \Leftrightarrow M{N^2} = 12 \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} + {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = 12\)

\( \Leftrightarrow x_2^2 - x_1^2 - 2{x_1}{x_2} = 6 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 2} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4 + \sqrt {10} \\m = 4 - \sqrt {10} \end{array} \right.\)

So với điều kiện có hai nghiệm phân biệt, ta nhận cả hai giá trị \(m = 4 \pm \sqrt {10} .\)

Đáp án D

Đặt \(t = {x^3} + 2x \Rightarrow t' = {x^2} + 2 >0,\forall x \Rightarrow t\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ { - 1;1} \right].\)

\(\forall x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow t\left( { - 1} \right) \le t \le t\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 3 \le t \le 3\)

Suy ra \( - 6 \le f\left( t \right) \le 5\)

Như vậy khi đó

\(g\left( t \right) = \left| {f\left( t \right) + 3f\left( m \right)} \right|\)

\( \Rightarrow Max{\rm{ g}}\left( t \right) = Max\left\{ {\left| {5 + 3f\left( m \right)} \right|;\left| { - 6 + 3f\left( m \right)} \right|} \right\} = \frac{{\left| {5 + 3f\left( m \right) - 6 + 3f\left( m \right)} \right| + \left| {5 + 3f\left( m \right) + 6 - 3\left( m \right)} \right|}}{2}\)

\( = \frac{{\left| {6f\left( m \right) - 1} \right| + 11}}{2}\)

Đáp án A

Ta có:

\({\log _a}\left( {bc} \right) = \frac{{{{\log }_c}\left( {bc} \right)}}{{{{\log }_c}a}} = \frac{{{{\log }_c}b + 1}}{{{{\log }_c}a}} = 3 \Rightarrow 3{\log _c}a - {\log _c}b = 1.\left( 1 \right)\)

\({\log _b}\left( {ca} \right) = \frac{{{{\log }_c}\left( {ca} \right)}}{{{{\log }_c}b}} = \frac{{{{\log }_c}a + 1}}{{{{\log }_c}b}} = 4 \Rightarrow {\log _c}a - 4{\log _c}b = - 1.\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}3{\log _c}a - {\log _c}b = 1\\{\log _c}a - 4{\log _c}b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _c}a = \frac{5}{{11}}\\{\log _c}b = \frac{4}{{11}}\end{array} \right. \Rightarrow {\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b = \frac{9}{{11}}.\)

Đáp án D

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {1;m} \right)\) hệ số góc \(k\) có phương trình là \(y = k\left( {x - 1} \right) + m.\)

Đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) khi và chỉ khi hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 3{x^2} + 1 = k\left( {x - 1} \right) + m{\rm{ }}\left( 1 \right)\\3{x^2} + 6x = k{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\) có nghiệm \(x.\)

Thay (2) vào (1) ta có phương trình \({x^3} + 3{x^2} + 1 = \left( {3{x^2} + 6x} \right)\left( {x - 1} \right) + m \Leftrightarrow 2{x^3} - 6x - 1 = - m\left( 3 \right).\)

Qua điểm \(A\left( {1;m} \right)\) kẻ được đúng 3 tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right) \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 3 \right)\) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} - 6x - 1\) và \(y = - m\) cắt nhau tại ba điểm phân biệt.

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = 2{x^3} - 6x - 1\) như sau:

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) suy ra $-5<-m<3\iff -3<m<5\stackrel{m\in Z}{\to }m\in \{-2;-1;0;1;2;3;4\}.$

Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Gọi \(I\) là giao điểm của \(PQ\) và \(AB\)

\({V_{MNPQ}} = {V_{I.MPN}} - {V_{I.QMN}} = {V_{P.MNI}} - {V_{Q.MNI}}.\)

Tính diện tích \(\Delta MNI\)

\(MN = 1\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(SQ \Rightarrow PE//AB\) và \(PE = \frac{1}{3}AB\)

Ta có \(\Delta PEQ = \Delta IBQ\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow PE = IB\)

\( \Rightarrow IB = \frac{1}{3}AB = \frac{2}{3}.\)

\(I{N^2} = B{N^2} + I{B^2} = 1 + \frac{4}{9} = \frac{{13}}{9} \Rightarrow IN = \frac{{\sqrt {13} }}{3}.\)

Áp dụng định lý cosin cho tam giác \(IAM\) có:

\(IM = I{A^2} + A{M^2} - 2IA.AM.\cos {45^0}\)

\( = {\left( {\frac{8}{3}} \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\frac{8}{3}.\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{34}}{9} \Rightarrow IM = \frac{{\sqrt {34} }}{9}.\)

\(\cos \widehat {MNI} = \frac{{M{N^2} + I{N^2} - M{I^2}}}{{2.MN.IN}} = \frac{{1 + \frac{{13}}{9} - \frac{{34}}{9}}}{{2.1.\frac{{\sqrt {13} }}{3}}} = \frac{{ - 2\sqrt {13} }}{{13}}.\)

\(\sin \widehat {MNI} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {MNI}} = \frac{3}{{\sqrt {13} }}.\)

\({S_{MNI}} = \frac{1}{2}.MN.NI.\sin \widehat {MNI} = \frac{1}{2}.1.\frac{{\sqrt {13} }}{3}.\frac{3}{{\sqrt {13} }} = \frac{1}{2}.\)

\({V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}.d\left( {P;\left( {MIN} \right)} \right).{S_{MIN}} - \frac{1}{3}.d\left( {Q;\left( {MIN} \right)} \right).{S_{MIN}}\)

\( = \frac{1}{3}.\frac{2}{3}d\left( {S;\left( {MIN} \right)} \right).{S_{MIN}} - \frac{1}{3}.\frac{1}{3}.d\left( {S;\left( {MIN} \right)} \right).{S_{MIN}}\)

\( = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}d\left( {S;\left( {MIN} \right)} \right).{S_{MIN}} = \frac{1}{9}d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{MIN}}\)

Vì \(SA = SB = SC\) nên hình chiếu của đỉnh \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Mà tam giác \(ABC\) vuông tại B nên tam đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) chính là điểm \(M\).

Vậy \({V_{MNPQ}} = \frac{1}{9}.\sqrt 7 .\frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 7 }}{{18}}.\)

Đáp án A

Ta có \(\Delta A'MC'\) vuông tại \(M\) có \(\widehat {A'C'M} = {30^0} \Rightarrow A'M = \frac{1}{2}.A'C' = \frac{2}{2}\)

\(MC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow B'C' = a\sqrt 3 .\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow \alpha = \left( {\widehat {\left( {AMN} \right);\left( {A'B'C'} \right)}} \right)\)

Tam giác \(A'MC'\) là hình chiếu của tam giác AMN trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) nên \(\cos \alpha = \frac{{{S_{A'MC'}}}}{{{S_{AMN}}}}\)

Ta có \({S_{A'MC'}} = \frac{1}{2}.{S_{ABC}} = \frac{1}{4}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{8}.\)

\(A{N^2} = A{C^2} + C{N^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4} \Rightarrow AN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

$A{M}^2=AA{\text{'}}^2+A\text{'}{M}^2=AA{\text{'}}^2+{\left(\frac{A\text{'}C\text{'}}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

\(M{N^2} = C'{N^2} + C'{M^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} \Rightarrow MN = a.\)

Gọi \[I\] là trung điểm của \(MN \Rightarrow AI \bot MN\)

\(AI = \sqrt {A{N^2} - I{N^2}} = a\)

\({S_{AMN}} = \frac{1}{2}.AI.MN = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy số đo góc giữa mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(\arccos \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\)

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 18 đỉnh của đa giác ta được 1 tam giác nên \(n\left( \Omega \right) = C_{18}^3 = 816.\)

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có 18 đỉnh nên từ mỗi đỉnh có thể tìm ra 8 cặp điểm để cùng với nó tạo ra 1 tam giác cân, trong đó có 1 tam giác đều. Từ 18 đỉnh của đa giác đều có thể tạo ra 6 tam giác đều. Vậy số tam giác cân và đều mà 18 đỉnh của đa giác đều đó tạo ra là: \(18.7 + 6 = 132\)

Xác suất cần tìm là: $\frac{132}{816}=\frac{11}{68}.$

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=(f\text{'}\left(x\right)-2)f"[f\left(x\right)-2x]$

$y\text{'}=0\iff (f\text{'}\left(x\right)-2)f"[f\left(x\right)-2x]=0\iff [\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)-2=0\left(1\right)\\ f"[f\left(x\right)-2x]=0\left(2\right)\end{array}$

Xét phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2.\)

Từ đồ thị ta có phương trình \(\left( 1 \right)\) có 3 nghiệm phân biệt \({x_1},0,{x_2}\left( {{x_1} < m < 0 < n < {x_2}} \right).\)

Xét phương trình \(\left( 2 \right).\)

Trước hết ta có: \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d.\)

\(f'\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow d = 2.\)

Suy ra: \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + 2x + e.\)

$\left(2\right)\iff f"[f\left(x\right)-2x]=0\iff [\begin{array}{l}f\left(x\right)-2x=m\\ f\left(x\right)-2x=n\end{array}\iff [\begin{array}{l}a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+e=m\\ a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+e=n\end{array}$

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} = m - e{\rm{ }}\left( {2a} \right)\\a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} = n - e{\rm{ }}\left( {2b} \right)\end{array} \right..\)

Số nghiệm của hai phương trình \(\left( {2a} \right)\) và \(\left( {2b} \right)\) lần lượt bằng số giao điểm của hai đường thẳng \(y = m - e\) và \(y = n - e\) (trong đó \(m - e < n - e < 0)\) với đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2}.\)

\(g'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx.\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx = 0 \Leftrightarrow 4a{x^3} + 3b{x^3} + 2cx + 2 = 2\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} < 0\\x = 0\\x = {x_2} >0\end{array} \right.\)</>

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) suy ra:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'\left( x \right) = + \infty \) nên \(a < 0\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = - \infty .\)

Bảng biến thiên của hàm số \(y = g\left( x \right):\)

Từ bảng biến thiên suy ra hai phương trình \(\left( {2a} \right),\left( {2b} \right)\) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt

(hai phương trình không có nghiệm trùng nhau) và khác \({x_1},0,{x_2}.\)

Suy ra phương trình $(f\text{'}\left(x\right)-2)f"[f\left(x\right)-2x]=0$ có 7 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số \(y = f'\left[ {f\left( x \right) - 2x} \right]\) có 7 điểm cực trị.

Đáp án A