Đề số 16

Ta thấy đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) nên loại C, D.

Dựa vào đồ thị ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \) nên \(a >0\) suy ra loại A.

Vậy ta chọn đáp án B.

Vì \(ABC.A'B'C'\) là khối lăng trụ đều nên có đáy \(ABC\) là tam giác đều và chiều cao \(AA' = a.\)

Khi đó thể tích của khối lăng trụ đã cho là \(V = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) (đvtt).

Đáp án A

Độ dài đường sinh của hình nón \(l = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5.\)

Diện tích xung quanh của hình nón \(S = \pi rl = 4.5\pi = 20\pi .\)

Đáp án C

Ta có \({u_9} = {u_1} + \left( {9 - 1} \right)d = 3 + 8.2 = 19.\)

Đáp án B

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử.

Vậy có 5! = 120 cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc.

Đáp án B

Thể tích \(V\) của khối cầu có đường kính \(6cm\) là \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}.\pi {.3^3} = 36\pi \left( {c{m^3}} \right).\)

Đáp án D

Theo công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi rh\) (Do \(h = l).\)

Đáp án A

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3 - 1;5 - 2;2 + 3} \right) = \left( {2;3;5} \right).\)

Đáp án B

Ta có \(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {3{x^2}dx} = 3.\frac{1}{3}{x^3} + C = {x^3} + C.\)

Đáp án C

Ta có \({3^{2x + 1}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {3^{2x + 1}} = {3^{ - 1}} \Leftrightarrow 2x + 1 = - 1 \Leftrightarrow x = - 1.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1} \right\}.\)

Đáp án B

Đáp án D

Ta có \({\log _{{a^2}}}b = \frac{1}{2}{\log _a}b.\)

Đáp án C

Ta có: \(2f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{2}.\)

Suy ra số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) = - 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{{ - 1}}{2}.\)

Dựa vào hình vẽ trên, suy ra phương trình \(2f\left( x \right) = - 1\) có 2 nghiệm.

Đáp án A

ĐKXĐ: \(x + 1 >0 \Leftrightarrow x >- 1.\)

Ta có: \({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x + 1 = {2^3} = 8 \Leftrightarrow x = 7\) (thỏa mãn ĐKXĐ).

Vậy nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3\) là \(x = 7.\)

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right);\) hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;3} \right).\)

Đáp án D

Tập xác định: \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\ln x + 1} \right)\left( {{e^x} - 2019} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln x + 1 = 0\\{e^x} - 2019 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln x = - 1\\{e^x} = 2019\\x = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{e} \in \left( {0; + \infty } \right)\\x = \ln 2019 \in \left( {0; + \infty } \right)\\x = - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = \frac{1}{e}.\) Đạt cực tiểu tại \(x = \ln 2019.\)

Vậy trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Đáp án A

Dựa vào đồ thị, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) và \({y_{CD}} = - 1.\)

Đáp án B

Khối lăng trụ có diện tích đáy \(B\) và chiều cao \(h\) có thể tích là \(V = Bh.\)

Đáp án C

Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là:

\(V = 1.2.3 = 6.\)

Đáp án D

Điều kiện: \({x^2} - 3x + 2 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >2\\x < 1\end{array} \right..\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: \(D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\)

Đáp án D

Ta có góc giữa \(SC\) với đáy là \(\widehat {SCA} = {45^0}.\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2\sqrt 3 .\)

\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) suy ra \(SA = AC.\tan \widehat {SCA} = 2\sqrt 3 .\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.BA.BC.SA = 3.\)

Đáp án C

Ta có \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = e.\)

\(y' = {e^x}\left( {x + 1} \right) \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 2e.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là \(y = 2e\left( {x - 1} \right) + e \Leftrightarrow y = e\left( {2x - 1} \right).\)

Đáp án A

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC\) là: \(R = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Bán kính đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác đều \(ABC\) và \(A'B'C'\) chính là bán kính đáy khối trụ: \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\) Thể tích khối trụ tròn xoay cần tìm: \(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}.a = \frac{{\pi {a^3}}}{3}.\)

Đáp án D

Ta có: \(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = {x^2} + C \Rightarrow f\left( x \right) = 2x.\)

Suy ra: \(\int\limits_{}^{} {f\left( {2x} \right)dx} = \int\limits_{}^{} {2.2xdx} = 2{x^2} + C.\)

Đáp án C

Ta có \(y' = - 3{x^2} - 6x + m.\) Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' >0 \Leftrightarrow 9 + 3m >0 \Leftrightarrow m >- 3.\)

Đáp án B

Đặt \(t = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^x},t >0,\) khi đó \(x = {\log _{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}t\) và mỗi \(t >0\) cho ta đúng một nghiệm \(x.\)

Phương trình đã cho được viết lại \(t + \frac{m}{t} - 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t + m = 0\left( * \right).\) Bải toàn trở thành tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt \({t_1},{t_2}.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta >0\\P = {t_1}{t_2} >0\\S = {t_1} + {t_2} >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 4m >0\\m >0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < \frac{1}{4}.\) Suy ra: \(a = 0;b = \frac{1}{4}.\)

Vậy \(T = 3a + 8b = 2.\)

Đáp án C

Ta có: \(\int\limits_{}^{} {\left( {2x + \cos 2x} \right)dx} = \int\limits_{}^{} {2xdx} + \int\limits_{}^{} {\cos 2xdx} = {x^2} + \frac{1}{2}\sin 2x + C.\)

Đáp án B

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\left( {2{a^2}} \right) = {a^2}\sqrt 3 \)

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

Đáp án B

Hình hộp \(ABCD.A'B'C'D' \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {DD'} \)

* \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - {x_A} = {x_C} - {x_B}\\{y_D} - {y_A} = {y_C} - {y_B}\\{z_D} - {z_A} = {z_C} - {z_B}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - 0 = 1 - 1\\{y_D} - 0 = 2 - 0\\{z_D} - 0 = 0 - 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 0\\{y_D} = 2\\{z_D} = 0\end{array} \right.\)

* \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {DD'} \Leftrightarrow \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} - {x_A} = {x_{D'}} - {x_D}\\{y_{A'}} - {y_A} = {y_{D'}} - {y_D}\\{z_{A'}} - {z_A} = {z_{D'}} - {z_D}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} - 0 = - 1 - 0\\{y_{A'}} - 0 = 3 - 2\\{z_{A'}} - 0 = 5 - 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - 1\\{y_{A'}} = 1\\{z_{A'}} = 5\end{array} \right.\)

Vậy \(A'\left( { - 1;1;5} \right).\)

Đáp án D

Hàm số \(y = \frac{{9x + 1}}{{\sqrt {2020 - {x^2}} }}\)

TXĐ: \(D = \left( { - \sqrt {2020} ;\sqrt {2020} } \right)\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - \sqrt {2020} } \right)}^ + }} y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\sqrt {2020} } \right)}^ - }} y = + \infty \)

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là \(x = - \sqrt {2020} \) và \(x = \sqrt {2020} \)

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{9x + 1}}{{\sqrt {2020 - {x^2}} }}\) có 2 đường tiệm cận.

Đáp án C

Xét hàm số \(y = {x^4} - 20{x^2}\) liên tục trên \(\left[ { - 1;10} \right]\) và có

\(y' = 4{x^3} - 40x = 4x\left( {{x^2} - 10} \right)\) nên \(y' = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 10} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt {10} \\x = - \sqrt {10} \left( L \right)\end{array} \right.\)

Mà \(y'\left( { - 1} \right) = - 1,y'\left( 0 \right) = 0,y'\left( {\sqrt {10} } \right) = - 100\) nên giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^4} - 20{x^2}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;10} \right]\) là \( - 100.\)

Đáp án A

Diện tích đáy là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{2} = V.\)

Gọi \(P\) là trung điểm cạnh \(CC'\) ta có

\({V_{ABCMNC'}} = V - {V_{A'B'C'MN}} = V - \frac{2}{3}.{V_{A'B'C'MNP}} = V - \frac{2}{3}.\left( {\frac{1}{2}V} \right) = \frac{2}{3}V = \frac{2}{3}.\frac{{{a^3}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)

Đáp án C

Ta có: \({3^{{x^2} - x}} < 9 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - x}} < {3^2} \Leftrightarrow {x^2} - x < 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;2} \right).\)

Vậy \(T = a + b = - 1 + 2 = 1.\)

Đáp án B

Gọi \(M,G\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và trọng tâm \(\Delta ABC.\)

Do \(S.ABC\) là khối chóp tam giác đều nên hình chiếu của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm \(\Delta ABC.\)

Suy ra \(SG \bot \left( {ABC} \right).\)

Khi đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là \(\widehat {SAG}.\)

Ta có: \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3};{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Theo đề bài: \[{V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}}}{{4\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \frac{1}{3}.SG.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}}}{{4\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \frac{1}{3}.SG.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{{4\sqrt 3 }} \Leftrightarrow SG = a.\]

Trong \(\Delta SAG\) vuông tại \(G\) ta có: \(\tan \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{AG}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SAG} = {60^0}.\)

Đáp án A

Hình nón có góc ở đỉnh bằng \({90^0}\) nên \(\widehat {OSA} = {45^0},\) suy ra \(\Delta SOA\) vuông cân tại \(O.\) Khi đó \(h = r = 5,l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{5^2} + {5^2}} = 5\sqrt 2 .\)

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi .r.l = \pi .5.5\sqrt 2 = 25\sqrt 2 \pi .\)

Đáp án A

Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CD.\)

Gọi \(H\) là trọng tâm của tam giác đều \(BCD.\) Khi đó \(HI = \frac{{2\sqrt 3 }}{3},BH = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)

Gọi \(H\) là trọng tâm của tam giác đều \(BCD\) nên \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD\)

Và \(HI\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD.\) Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là \(r = HI = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)

Tứ diện \[ABCD\] đều nên \(AH \bot \left( {BCD} \right),\) suy ra \(AH\) là chiều cao của khối tứ diện.

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) ta có

\(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} \Leftrightarrow A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {4^2} - {\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{32}}{3} \Leftrightarrow AH = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy chiều cao của hình trụ là \(h = AH = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}.\) Suy ra độ dài đường sinh của hình trụ là \(l = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}.\) Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .\frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\frac{{4\sqrt 6 }}{3} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\pi .\)

Đáp án D

Ta có \(y' = \left( {2x - 8} \right)f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right).\) Hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 8x + m} \right)\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0\) có bốn nghiệm phân biệt khác 4. Mà \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm đơn là \(x = 0\) và \(x = 2\) nên \(f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 8x + m = 0\\{x^2} - 8x + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 8x + m = 0\\{x^2} - 8x + m - 2 = 0\end{array} \right.\) có bốn nghiệm phân biệt khác 4 khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 16 - m >0\\16 - 32 + m \ne 0\\\Delta ' = 16 - m + 2 >0\\16 - 32 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 16\\m \ne 16\\m < 18\\m \ne 18\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 16.\)

Kết hợp điều kiện \(m\) nguyên dương nên có 15 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn bài ra.

Đáp án D

Ta có: \(y' = 3{x^2} + m + \frac{2}{{5{x^3}}}.\)

Hàm số \(y = {x^3} + mx - \frac{1}{{5{x^2}}}\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right).\)

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

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

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\) với \(g\left( x \right) = - 3{x^2} - \frac{2}{{5{x^3}}}.\)

Xét \(g\left( x \right) = - 3{x^2} - \frac{2}{{5{x^3}}}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right),\) ta có \(g'\left( x \right) = - 6x + \frac{6}{{5{x^4}}};g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt[5]{5}}}.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra \(m \ge - 2,6.\)

Vậy \(m = - 2\) và \(m = 1\) thỏa mãn.

Đáp án C

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AN \Rightarrow MP//CN,MP \subset \left( {DMP} \right) \Rightarrow CN//\left( {DMP} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {CN,DM} \right) = d\left( {CN,\left( {DMP} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {DMP} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right).\)

Ta có \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh \(a \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Ta có \(\frac{{{V_{A.DMP}}}}{{{V_{A.DBC}}}} = \frac{{AP}}{{AB}}.\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{A.DMP}} = \frac{1}{8}{V_{A.DBC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{96}}.\)

Tam giác \(ACD\) đều cạnh \(a,\) có \(M\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a,\) có \(N\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow MP = \frac{1}{2}CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Tam giác \(ADP,\) có \(AP = \frac{a}{4},AD = a,\widehat {PAD} = {60^0}.\)

\( \Rightarrow DP = \sqrt {A{D^2} + A{P^2} - 2.AD.AP.\cos \widehat {PAD}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}.\)

Đặt \(p = \frac{{DM + DP + MP}}{2} = \frac{{a\left( {\sqrt {13} + 3\sqrt 3 } \right)}}{8}.\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta DMP}} = \sqrt {p\left( {p - DM} \right)\left( {p - DP} \right)\left( {p - MP} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt {35} }}{{32}}\)

Lại có \({V_{A.DMP}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta DMP}}.d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right) = \frac{{3{V_{A.DMP}}}}{{{V_{\Delta DMP}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{96}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt {35} }}{{32}}}} = \frac{{a\sqrt {70} }}{{35}}.\)

Vậy \(d\left( {CN,DM} \right) = \frac{{a\sqrt {70} }}{{35}}.\)

Đáp án D

Điều kiện: \(x >0.\)

Ta có \({\log _3}x.{\log _9}x.{\log _{27}}x.{\log _{81}}x = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{2.3.4}}{\left( {{{\log }_3}x} \right)^4} = \frac{2}{3}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}x} \right)^4} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 2\\{\log _3}x = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = \frac{1}{9}\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy tổng các nghiệm bằng \(\frac{{82}}{9}.\)

Đáp án A

Từ \({B_1}\) dựng mặt phẳng song song với \(\left( {ABC} \right)\) cắt \(AA'\) và \(CC'\) tại \({A_2},{C_2}.\)

Ta có \({A_1}{A_2} = B{B_1} - A{A_1} = \frac{a}{2} \Rightarrow {A_1}{B_1} = \sqrt {{A_1}A_2^2 + {A_2}{B_1}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},\) tương tự \({B_1}{C_1} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},{A_1}{C_1} = a\sqrt 2 .\) Vậy tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) cân tại \({B_1}.\)

Khi đó đường cao ứng với đỉnh \({B_1}\) của tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) là \(\sqrt {{B_1}C_1^2 - \frac{{{A_1}C_1^2}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\({S_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4};{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},\) mặt khác tam giác \(ABC\) là hình chiếu của tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).\)

Ta có \(\cos \varphi = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi = {45^0}.\)

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} + \left( {a + 10} \right){x^2} - x + 1 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3} + 10{x^2} - x + 1 = - a{x^2}.\)

Nhận thấy \(x = 0\) không phải là nghiệm của phương trình nên

\({x^3} + \left( {a + 10} \right){x^2} - x + 1 = 0\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{{x^3} + 10{x^2} - x + 1}}{{ - {x^2}}} = a.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3} + 10{x^2} - x + 1}}{{ - {x^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - {x^3} - x + 2}}{{{x^3}}} = \frac{{ - \left( {{x^2} + x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{{x^3}}}\)

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có một nghiệm khi \(a >- 11\) suy ra \(a \in \left\{ { - 10; - 9;...; - 1} \right\}.\)

Đáp án A

*) Xét phương trình \(C_n^1 + C_n^2 = 55\)

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}\\n \ge 2\end{array} \right..\)

\(C_n^1 + C_n^2 = 55 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 1} \right)!}} + \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!2!}} = 55\)

\( \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 55\)

\( \Leftrightarrow {n^2} + n - 110 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = - 11\\n = 10\end{array} \right.\)

Với điều kiện \(n \ge 2\) ta chỉ chọn \(n = 10,\) khi đó \({\left( {{x^3} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^n} = {\left( {{x^3} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{10}}\)

*) Số hạng tổng quát trong khai triền \({\left( {{x^3} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{10}}\) là: \(C_{10}^k{x^{3\left( {10 - k} \right)}}.\frac{{{2^k}}}{{{x^{2k}}}} = C_{10}^k{.2^k}.{x^{30 - 5k}}.\)

Số hạng không chứa \(x\) ứng với \(30 - 5k = 0 \Leftrightarrow k = 6.\)

Số hạng cần tìm là \(C_{10}^6{2^6} = 13440.\)

Đáp án B

Với \(a = 0\) có \({x^2} - x + 2 + a\ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) suy ra \(a = 0\) thỏa mãn.

Vậy ta chỉ cần tìm các giá trị \(a >0.\)

Đặt \(t = {x^2} - x + 1,\) có \(t \ge \frac{3}{4}.\)

Bất phương trình đưa về tìm \(a >0\) để \(t + 1 + a\ln t \ge 0,\forall t \ge \frac{3}{4}.\)

Đặt \(f\left( t \right) = t + 1 + a\ln t\) có \(f'\left( t \right) = 1 + \frac{a}{t} >0,\forall a >0,t \ge \frac{3}{4}.\)

Bảng biến thiên

Có \(f\left( t \right) \ge 0,\forall t \ge \frac{3}{4}\) khi và chỉ khi \(\frac{7}{4} + a\ln \frac{3}{4} \ge 0 \Leftrightarrow a \le \frac{{ - 7}}{{4\ln \frac{3}{4}}} \approx 6,08 \Rightarrow a \in \left( {6;7} \right].\)

Đáp án A

Xét hàm số \[f(x) = {a^x} - 9x - 1(x \in \mathbb{R})\]

Ta có: \[f(0) = 0;f'(x) = {a^x}\ln a - 9\]

Để \[f(x) \ge 0(\forall x \in \mathbb{R})\] thì \[\mathop {Min}\limits_\mathbb{R} f(x) = 0 = f(0) = >f(x)\] là hàm số đồng biến trên \[{\rm{[0; + }}\infty {\rm{)}}\] và nghịch biến trên \[( - \infty ;0]\] suy ra \[f'(0) = 0 < = >{a^0}\ln a = 9 < = >a = {e^9} \approx 8103.\]</></>

Vậy \[a \in ({10^3};{10^4}{\rm{]}}\].

Đáp án D

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\log (x + y) = z\\\log ({x^2} + {y^2}) = z + 1\end{array} \right. < = >\left\{ \begin{array}{l}x + y = {10^z}\\{x^2} + {y^2} = {10^{z + 1}} = {10.10^z}\end{array} \right. = >{x^2} + {y^2} = 10(x + y)\]</>

Khi đó: \[{x^3} + {y^3} = a{.10^{3z}} + b{.10^{2z}} < = >(x + y)({x^2} - xy + {y^2}) = a.{({10^z})^3} + b.{({10^z})^2}\]</>

\[\begin{array}{l} < = >(x + y)({x^2} - xy + {y^2}) = a.{(x + y)^3} + b.{(x + y)^2} < = >{x^2} - xy + {y^2} = a.{(x + y)^2} + b.(x + y)\\ < = >{x^2} - xy + {y^2} = a.({x^2} + 2xy + {y^2}) + \frac{b}{{10}}.({x^2} + {y^2}) < = >{x^2} + {y^2} - xy = (a + \frac{b}{{10}})({x^2} + {y^2}) + 2axy\end{array}\]</></></></>

Đồng nhất hệ số, ta được: \[\left\{ \begin{array}{l}a + \frac{b}{{10}} = 1\\2a = - 1\end{array} \right. = >\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 15\end{array} \right.\]

Vậy \[a + b = \frac{{29}}{2}\].

Đáp án B

Gọi tứ diện đều là \(ABCD,\) rõ ràng nếu bán kính \(R\) của vòng thép bằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD\) ta có thể cho mô hình tứ diện đi qua được vòng tròn, do đó ta chỉ cần xét các vòng tròn có bán kính không lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD.\)

Đưa đỉnh C qua vòng thép và đặt đỉnh \(A\) lên vòng thép, giả sử vòng thép tiếp xúc với hai cạnh \(BC\) và \(CD\) lần lượt tại \(M\) và \(N,\) có thể thấy trong trường hợp này ta luôn đưa được mô hình tứ diện qua vòng thép bằng cách cho đỉnh \(A\) đi qua trước rồi đổi sang các đỉnh \(B\) hoặc \(D.\)

Do vậy để tìm vòng thép có bán kính nhỏ nhất ta chỉ cần tìm các điểm \(M,N\) lần lượt trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AMN\) nhỏ nhất.

Do tính đối xứng của hình ta chỉ cần xét với tam giác \(AMN\) cân tại \(A.\)

Đặt \(CM = x,\left( {0 < x < 1} \right),\) ta có \(MN = CM = CN = x.\)

\(A{M^2} = C{M^2} + C{A^2} - 2CM.CA.\cos {60^0} = {x^2} + 1 - 2x.\frac{1}{2} = {x^2} - x + 1 \Rightarrow AM = \sqrt {{x^2} - x + 1} \)

\(AN = AM = \sqrt {{x^2} - x + 1} .\)

Ta có \(\cos \widehat {MAN} = \frac{{A{M^2} + A{N^2} - M{N^2}}}{{2.AM.AN}} = \frac{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {x^2}}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\)

\(\sin \widehat {MAN} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {3{x^2} - 4x + 4} \right)} }}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AMN\) là

\({R_{AMN}} = \frac{{MN}}{{2\sin \widehat {MAN}}} = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} - 4x + 4} }}\)

\(R\) chính là giá trị nhỏ nhất của \({R_{AMN}}\) trên khoảng \(\left( {0;1} \right).\)

Xét \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} - 4x + 4} }},x \in \left( {0;1} \right),\) sử dụng Casio ta được giá trị nhỏ nhất gần đúng của \(f\left( x \right)\) là \(0.4478.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất mà \(R\) có thể nhận được gần với \(0.448.\)

Đáp án D

Điều kiện: \(2{\cos ^2}x + m \ge 0\)

Ta có:

\(\sin 2x - \cos 2x + \left| {\sin x + \cos x} \right| - \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} - m = 0\)

\(2\sin x.\cos x - 2{\cos ^2}x + 1 + \left| {\sin x + \cos x} \right| - \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} - m = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} + \left| {\sin x + \cos x} \right| = 2{\cos ^2}x + m + \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} {\rm{ }}\left( * \right).\)

Đặt \(f\left( t \right) = {t^2} + t;\) với \(t \ge 0.\) Ta có \(f'\left( t \right) = 2t + 1 >0;\forall t \ge 0\)

Phương trình (*) có dạng:

\(f\left( {\left| {\sin x + \cos x} \right|} \right) = f\left( {\sqrt {2{{\cos }^2}x + m} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left| {\sin x + \cos x} \right| = \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} \)

\( \Leftrightarrow 1 + \sin 2x = 2{\cos ^2}x + m\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x - \cos 2x = m.\)

Điều kiện có nghiệm thực của phương trình này là: \({m^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le m \le \sqrt 2 .\)

Do đó có 3 giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình có nghiệm thực là \(\left\{ { - 1;0;1} \right\}.\)

Đáp án C

Ta có: \[g(x) = f(1 - \frac{x}{2}) + x = >g'(x) = \frac{{ - 1}}{2}.f'(1 - \frac{x}{2}) + 1;\forall x \in \mathbb{R}\]

Xét phương trình:

\[g'(x) < 0 < = >- \frac{1}{2}.f'(1 - \frac{x}{2}) + 1 < 0 < = >f'(1 - \frac{x}{2}) >2(*)\]</></>

Thử lần lượt từng đáp án, ta được:

Đáp án A: \[x \in ( - 4; - 2) < = >1 - \frac{x}{2} \in (2;3) = >f'(1 - \frac{x}{2}) >2\]=>Đáp án A đúng

Đáp án B: \[x \in ( - 2;0) < = >1 - \frac{x}{2} \in (1;2) = >f'(1 - \frac{x}{2}) >- 1\] =>Đáp án B sai

Đáp án C: \[x \in (0;2) < = >1 - \frac{x}{2} \in (0;1) = >f'(1 - \frac{x}{2}) >- 1\]=>Đáp án C sai

Đáp án D: \[x \in (2;4) < = >1 - \frac{x}{2} \in ( - 1;0) = >f'(1 - \frac{x}{2}) >1\] =>Đáp án D sai

Đáp án A

Gọi \(D\) là trung điểm của đoạn \(AB,\) kẻ \(OI \bot SD,\) dễ dàng chứng minh được \(OI \bot \left( {SAB} \right).\)

Suy ra \(I\) là tâm đường tròn \(\left( C \right)\) giao tuyến của mặt cầu tâm \(O\) với mặt phẳng \(\left( {SAB} \right).\) Gọi \(M,N\) lần lượt là giao điểm của đường tròn \(\left( C \right)\) với \(SB,SA;K\) là trung điểm của \(MB.\)

Giả sử \(AB = a,\) theo giả thiết ta suy ra \(OC = 1 \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 1 \Leftrightarrow a = \sqrt 3 .\)

Ta có \(SD = CD = \frac{3}{2},OD = \frac{1}{2},SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt 2 ,OI = \frac{{SO.OD}}{{SD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3},\) \(ID = \frac{{O{D^2}}}{{SD}} = \frac{1}{6},SI = \frac{4}{3}.\)

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn \(\left( C \right),\) khi đó \(r = \sqrt {1 - O{I^2}} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}.\)

Ta có tam giác \(SIK\) vuông tại \(K\) và góc \(\angle ISK = {30^0}\) suy ra \(IK = \frac{1}{2}IS = \frac{2}{3}\)

Xét tam giác \(MIK\) có \(\cos I = \frac{{IK}}{{IM}} = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \Rightarrow I \approx {28^0} \Rightarrow \angle MIN \approx {64^0}\)

Khi đó chiều dài cung \(MN\) bằng \(\frac{{64}}{{180}}.\frac{{\sqrt 7 }}{3} = \frac{{16\sqrt 7 }}{{135}}.\) Vậy tổng độ dài \(l,\) các giao tuyến của mặt cầu với các mặt bên của hình chóp là \(l = \frac{{16\sqrt 7 }}{{45}} \approx 0,94.\)

Đáp án D