Đề số 19

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

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

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

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

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

Đáp án A

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

Ta có:

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

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

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

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

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

Đáp án C

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

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

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

Vậy phương trình có hai nghiệm.

Đáp án D

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

Đáp án B

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

Vậy chọn đáp án D.

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

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

Đáp án D

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án C

Bài toán tổng quát:

Giả sử giá tiền của mét khoan đầu tiên là \(x\) (đồng) và giá tiền của mỗi mét sau tăng thêm \(y\% \) so với giá tiền của mét khoan ngay trước đó \(\left( {x >0;y >0} \right).\) Ta có:

* Giá tiền mét khoan đầu tiên là \({S_1} = x\) (đồng)

* Giá tiền mét khoan thứ hai là \({S_2} = x + \frac{y}{{100}}.x = \frac{{y + 100}}{{100}}.x\) (đồng)

* Giá tiền mét khoan thứ ba là \({S_3} = {S_2} + \frac{y}{{100}}.{S_2} = \frac{{y + 100}}{{100}}.{S_2} = {\left( {\frac{{y + 100}}{{100}}} \right)^2}.x\) (đồng)

* Giá tiền của mét khoan thứ ba là \({S_4} = {S_3} + \frac{y}{{100}}.{S_3} = \frac{{y + 100}}{{100}}.{S_3} = {\left( {\frac{{y + 100}}{{100}}} \right)^3}.x\) (đồng)

…………………………………………………………………………………………

* Giá tiền của mét khoan thứ \(n\) là \({S_n} = {S_{n - 1}} + \frac{y}{{100}}.{S_{n - 1}} = \frac{{y + 100}}{{100}}.{S_{n - 1}} = {\left( {\frac{{y + 100}}{{100}}} \right)^{n - 1}}.x\) (đồng)

\( \Rightarrow \) Giá tiền để khoan cái giếng sâu \(n\) mét là:

\(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_n} = \left[ {1 + \frac{{y + 100}}{{100}} + {{\left( {\frac{{y + 100}}{{100}}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\frac{{y + 100}}{{100}}} \right)}^{n - 1}}} \right].x\)

Đặt \(k = \frac{{y + 100}}{{100}} \Rightarrow S = \left( {1 + k + {k^2} + ... + {k^{n - 1}}} \right).x = \frac{{x\left( {1 - {k^n}} \right)}}{{1 - k}}\)

\(k = 1,07\) và \({S_{30}} = \frac{{200000.\left( {1 - {{1.07}^{30}}} \right)}}{{1 - 1,07}} \approx 18892000\) (đồng)

Vậy nếu nhà bạn An khoan cái giếng sâu 30 m thì hết 18892000 đồng.

Đáp án C

Đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} - 2x - 4y - 11 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {4^2}\)

\( \Rightarrow \) Bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\) là \(R = 4.\)

Đáp án B

Ta có \(f\left( x \right) = {\sin ^2}x - \cos 2x.\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin x.\cos x + \sin 2x.2 = \sin 2x + 2\sin 2x = 3\sin 2x.\)

Đáp án A

Ta có \(\lim \frac{{3 - 2n}}{{5n + 1}} = \lim \frac{{\frac{3}{n} - 2}}{{5 + \frac{1}{n}}} = - \frac{2}{5}.\)

Vậy \(ab = - 10.\)

Đáp án C

Ta có \(\log {a^{10}} = 10\log a \ne a.\)

Đáp án B

Dựa vào hình vẽ, ta có: \(R = 6,h = 4\) và bán kính cần tìm của đường tròn giao tuyến là \(r.\)

Sử dụng định lý Pytago: \({r^2} = {R^2} - {h^2} = {6^2} - {4^2} = 20 \Rightarrow r = 2\sqrt 5 .\)

Đáp án B

Hình chóp \(S.ABCD\) là chóp đều nên gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) ta suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right),\) do đó \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO\) hay ta có \(SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OI \bot BC\\SI \bot BC\end{array} \right.\) suy ra góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SIO}.\)

Ta có \(\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{IO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = \sqrt 3 ,\) do vậy \(\widehat {SIO} = {60^0}.\)

Vậy góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^0}.\)

Đáp án A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 1}}{{1 - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x} - 2}} = - \frac{1}{2}\) do đó \(y = - \frac{1}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{1 - 2x}}.\)

Đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 1.

Đáp án A

Ta có \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.2a.3a = 3{a^2}.\)

Do đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.3{a^2} = {a^3}.\)

Đáp án B

Bất phương trình đã cho tương đương với

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^{x + 2}} \ge {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow x + 2 \le - 2 \Leftrightarrow x \le - 4.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - \infty ; - 4} \right].\)

Đáp án A

Ta có \(y' = \frac{{ - 2 - ab}}{{{{\left( {bx - 2} \right)}^2}}}.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm \(A\left( { - 1;2} \right)\) là

\(\Delta :y'\left( { - 1} \right).\left( {x + 1} \right) + 2\) hay \(\Delta :y = y'\left( { - 1} \right).x + 2 + y'\left( { - 1} \right).\)

Để \(\Delta \) song song với đường thẳng \(d:y = 3x - 7\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( { - 1} \right) = 3\\2 + y'\left( { - 1} \right) \ne - 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 2 - ab}}{{{{\left( {b + 2} \right)}^2}}} = 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\\2 + \frac{{ - 2 - ab}}{{{{\left( {b + 2} \right)}^2}}} \ne - 7{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

Mà điểm \(A\left( { - 1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\frac{{1 - a}}{{b + 2}} = 2 \Leftrightarrow a = - 2b - 3\) thay vào (1) ta được \(\frac{{ - 2 - b\left( { - 2b - 3} \right)}}{{{{\left( {b + 2} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} + 9b + 14 = 0\\b \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow b = - 7\) suy ra \(a = 11\) thỏa mãn (2).

Vậy \(a - 3b = 11 - 3.\left( { - 7} \right) = 32.\)

Đáp án C

Số tập con của \(A\) có số phần tử \( \ge 1011\) là

\(C_{2021}^{1011} + C_{2021}^{1012} + ... + C_{2021}^{2020} + C_{2021}^{2021} = C_{2021}^{1010} + C_{2021}^{1009} + ... + C_{2021}^1 + C_{2021}^0.\)

Do \(C_{2021}^0 + C_{2021}^1 + ... + C_{2021}^{1010} + C_{2021}^{1011} + C_{2021}^{1012} + ...C_{2021}^{2020} + C_{2021}^{2021} = {\left( {1 + 1} \right)^{2021}} = {2^{2021}}.\)

Khi đó:

\(2\left( {C_{2021}^0 + C_{2021}^1 + ... + C_{2021}^{1010} + C_{2021}^{1011}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow C_{2021}^0 + C_{2021}^1 + ... + C_{2021}^{1009} + C_{2021}^{1010} = \frac{{{2^{2021}}}}{2} = {2^{2020}}\)

Đáp án C

Mệnh đề sai là mệnh đề \(A_n^k = n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)...\left( {n - k - 1} \right)\) do \(A_n^k = n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)...\left( {n - k + 1} \right).\)

Đáp án C

Hàm số \(y = x\left( {1 - x} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

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

\( \Leftrightarrow - x{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình có ba nghiệm phân biệt

Vậy \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Đáp án D

Do \(I\) và \(K\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) và \(A'B'C'\) nên \(IK//AA' \Rightarrow AA'//\left( {IJK} \right)\)\(\left( 1 \right)\)

Gọi \(E\) và \(F\) lần lượt là trung điểm của \(AA'\) và \(AB \Rightarrow \frac{{CJ}}{{CF}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{CI}}{{CE}} = \frac{2}{3}\)

Kẻ \(JH//AA',H \in AC \Rightarrow \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{CJ}}{{CF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{CI}}{{CE}} \Rightarrow HI//AE\) hay \(AB//HI\)

\(JH//AA' \Rightarrow JH//IK \Rightarrow H \in \left( {IJK} \right) \Rightarrow HI \subset \left( {IJK} \right),\) mà \(AB//HI \Rightarrow AB//\left( {IJK} \right)\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow \) mặt phẳng \(\left( {IJK} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {AA'B} \right)\).

Đáp án B

Gọi \(P\) là trung điểm \(SA.\) Ta có \(SD//MP \Rightarrow SD//\left( {MNP} \right)\)

Do đó \(d\left( {SD,MN} \right) = d\left( {SD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\) (vì \(M\) là trung điểm \(AD).\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AK \bot MN\) và trong mặt phẳng \(\left( {AKP} \right)\) kẻ \(AH \bot PK\)

Suy ra \(d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = AH\)

Ta có \(AP = \frac{{SA}}{2} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\)

Gọi \(E = MN \cap AB \Rightarrow AE = 2a.\)

\(\Delta AME\) vuông tại \(A \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}}\)

\(\Delta AKP\) vuông tại \[\]

Vậy \(d\left( {SD,MN} \right) = \frac{{\sqrt {690} a}}{{23}}.\)

Đáp án D

\(\Delta ABC\) đều cạnh \(2a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = {a^2}\sqrt 3 \)

Vậy thể tích khối lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) là

\(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = 2a.{a^2}\sqrt 3 = 2\sqrt 3 {a^3}.\)

Đáp án A

Gọi không gian mẫu là \(\Omega .\)

Chọn 3 từ 40 thẻ có \(C_{40}^3\) cách.

\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{40}^3 = 9880.\)

Gọi A: “Tổng 3 số ghi trên thẻ là một số chia hết cho 3”.

Các số chia hết cho 3 từ 1 đến 40 là: \(\left\{ {3;6;9;...30;33;36;39} \right\}:\) có 13 số.

Các số chia cho 3 dư 1 từ 1 đến 40 là: \(\left\{ {1;4;7;...31;34;37;40} \right\}:\) có 14 số.

Các số chia cho 3 dư 2 từ 1 đến 40 là: \(\left\{ {2;5;8;...32;35;38} \right\}:\) có 13 số.

Trường hợp 1:3 số cùng chia hết cho 3; chia cho 3 dư 1; chia cho 3 dư 2:

Có: \(C_{13}^3 + C_{13}^3 + C_{14}^3 = 286 + 286 + 364 = 936\) cách.

Trường hợp 2:1 số chia hết cho 3, 1 số chia cho 3 dư 1 và 1 số chia cho 3 dư 2:

Có: \(C_{13}^1.C_{13}^1.C_{14}^1 = 2366\) cách.

Vậy số cách chọn để được tổng 3 số chia hết cho 3 là: \(936 + 2366 = 3302\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 3302.\)

Xác suất biến cố A là: \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{3302}}{{9880}} = \frac{{127}}{{380}}.\)

Đáp án B

\(2f\left( x \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2}\left( 1 \right).\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của 2 đường:

\(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{3}{2}.\)

Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = \frac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) - 3 = 0\) là 3 nghiệm.

Đáp án C

Ta có \(2{\sin ^2}x + m\sin 2x = 2m \Leftrightarrow 2.\left( {\frac{{1 - \cos 2x}}{2}} \right) + m\sin 2x = 2m \Leftrightarrow m\sin 2x - \cos 2x = 2m - 1.\)

Phương trình vô nghiệm \( \Leftrightarrow {m^2} + {\left( { - 1} \right)^2} < {\left( {2m - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 3{m^2} - 4m >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m >\frac{4}{3}\end{array} \right..\)</></>

Do \(m\)nguyên và \(m \in \left[ { - 2020;2020} \right]\) nên suy ra \(m \in \left\{ { - 2020; - 2019;...; - 2; - 1;2;...;2019;2020} \right\}\)

Vậy tổng các phần tử của \(S\) bằng \( - 1.\)

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên của \(f'\left( x \right),\) ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\\x = {x_2} \in \left( { - 1;1} \right)\\x = {x_3} \in \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right..\)

\(f'\left( x \right)\)đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm \({x_1},\) suy ra \({x_1}\) là điểm cực tiểu.

\(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm \({x_2},\) suy ra \({x_2}\) là điểm cực đại.

\(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm \({x_3},\) suy ra \({x_3}\) là điểm cực tiểu.

Đáp án A

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC,\) mà \(BC \bot AB\) (hình chữ nhật \(ABCD) \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow B\) là hình chiếu của \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {BSC} = \left( {SC,\left( {SAB} \right)} \right) = {30^0}\)

\(\Delta BSC\) vuông tại \(B,\) ta có: \(SB = BC.\cot \widehat {BSC} = a\sqrt 3 .\cot {30^0} = 3a\)

\(\Delta SAB\) vuông tai \(A,\) ta có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}} = \sqrt {5{a^2}} = a\sqrt 5 \)

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(AB.BC = 2a.a\sqrt 3 = 2{a^2}\sqrt 3 \)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}.a\sqrt 5 .2{a^2}\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt {15} {a^3}}}{3}.\)

Đáp án D

Biến đổi: \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^{2019}}{\left( {x + 1} \right)^{2020}}{\left( {x - 2} \right)^{2020}}{\left( {x + 3} \right)^3} = {\left( {x - 2} \right)^{4039}}{\left( {x + 1} \right)^{2020}}{\left( {x + 3} \right)^3}\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị có hoành độ dương là \(x = 2\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 2.1 + 1 = 3 điểm cực trị \( \to \) Chọn D.

Đặt \(t = \cos x,\) với \(x \in \left[ {0;2\pi } \right]\) ta có \(t \in \left[ { - 1;1} \right]\) và:

+ Nếu \(t \in \left( { - 1;1} \right]\) thì tương ứng mỗi giá trị của \(t\) ta được 2 giá trị của \(x \in \left[ {0;2\pi } \right].\)

+ Nếu \(t = - 1\) thì ta chỉ được duy nhất giá trị \(x = \pi \in \left[ {0;2\pi } \right].\)

Phương trình viết lại: \(\left| {f\left( t \right)} \right| = - 2m + 3\left( 1 \right)\)

Trường hợp 1. \(m >\frac{3}{2}\) thì (1) vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm.

Trường hợp 2. \(m = \frac{3}{2},\) khi đó (1) viết về \(\left| {f\left( t \right)} \right| = 0 \Leftrightarrow f\left( t \right) = 0,\) từ đồ thị có thể thấy phương trình thu được có đúng 1 nghiệm duy nhất trên \(\left( { - 1;1} \right],\) ta có điều kiện:

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2m + 3 < 3\\2m - 3 \ge - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >0\\m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 1.\)

Kết hợp lại ta được \(1 \le m < \frac{3}{2}.\)

Đáp án C

Cách 1.

Mặt phẳng

\(\left( {A'MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A'M\) với cạnh \(BC.\)

Kéo dài các đường \(A'N,MQ\) và \(C'C\) đồng quy tại cùng một điểm \(P\) (3 mặt phẳng cắt nhau theo 3 giao tuyến đồng quy).

Như vậy khối đa diện cần tính thể tích là một khối chóp cụt.

Ta có \(C'M = \frac{2}{3}B'C' = 2a.{S_1} = {S_{\Delta A'C'M}} = \frac{1}{2}A'C'.C'M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)

Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A'M//AE\) nên

Diện tích tam giác \(CNQ\) là \({S_2} = {S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{2}CQ.CN.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{{32}}.\)

Vậy ..

Cách 2:

Mặt phẳng \(\left( {A'MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A'M\) với cạnh \(BC.\)

Ta có \(C'M = \frac{2}{3}B'C' = 2A,{S_{\Delta A'C'M}} = \frac{1}{2}A'C'.C'M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)

Lại có \(\frac{{PC}}{{PC'}} = \frac{{CN}}{{A'C'}} = \frac{{CN}}{{AC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{PC}}{{CC'}} = \frac{1}{3} \Rightarrow PC = \frac{1}{3}.3a = a \Rightarrow PC' = 4a.\)

Thể tích khối chóp \(P.C'A'M\) là \({V_{P.C'A'M}} = \frac{1}{3}.4a.\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2} = 2\sqrt 3 {a^3}.\)

Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A'M//AE\) nên

\(\frac{{CQ}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow CQ = \frac{1}{4}CE = \frac{1}{4}C'M = \frac{1}{2}a.\)

Ta có \({S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{2}D\left( {N,CQ} \right).CQ = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}.d\left( {A,BC} \right).CQ = \frac{1}{8}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{2}a = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{{32}}.\)

Thể tích khối chóp \(P.CNQ\) là \({V_{P.CNQ}} = \frac{1}{3}PC.{S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{{32}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{32}}.\)

Vậy \({V_{CNQ.C'A'M}} = {V_{P.C'A'M}} - {V_{P.CNQ}} = 2\sqrt 3 {a^3} - \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{32}} = \frac{{63\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)

Cách 3:

Mặt phẳng \(\left( {A'MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A'M\) với cạnh \(BC.\)

Ta có \({V_{CNQ.C'A'M}} = {V_{N.MC'A'}} + {V_{N.CQMC'}}.\)

Ta có \(C'M = \frac{2}{3}B'C' = 2A,{S_{\Delta A'C'M}} = \frac{1}{2}A'C'.C'M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)

\({V_{CNQ.C'A'M}} = \frac{1}{3}.CC'.{S_{A'C'M}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2}.\)

Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A'M//AE\) nên \(NQ//AE,\) ta có:

\(\frac{{CQ}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow CQ = \frac{1}{4}CE = \frac{1}{4}C'M = \frac{1}{2}a.\)

Diện tích hình thang \(CQMC'\) là \({S_{\Delta CQNC'}} = \frac{1}{2}CC'\left( {CQ + C'M} \right) = \frac{1}{2}.3a.\left( {\frac{1}{2}a + 2a} \right) = \frac{{15{a^2}}}{4}.\)

Thể tích khối chóp \(N.CQMC'\) là

\({V_{N.CQMC'}} = \frac{1}{3}.d\left( {N,\left( {CQMC'} \right)} \right).{S_{CQNC'}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{4}d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{CQNC'}} = \frac{1}{{12}}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{15{a^2}}}{4} = \frac{{15\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)

Thể tích khối đa diện cần tìm là

\({V_{CNQ.C'A'M}} = {V_{N.MC'A'}} + {V_{N.CQMC'}} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2} + \frac{{15\sqrt 3 {a^3}}}{{32}} = \frac{{63\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)

Đáp án B

Ta có

\(BB'//CC' \Rightarrow CC'//\left( {ABB'} \right)\) hay \(CC'//\left( {ABB'A'} \right).\)

Do đó \(d\left( {AB',CC'} \right) = d\left( {CC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right).\)

Kẻ \(CH \bot AB\) tại \(H.\)

Ta có \(CH \bot AB\) và CH⊥BB' nên \(CH \bot \left( {ABB'A'} \right).\)

Do đó \(d\left( {AB',CC'} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH = a\sqrt 3 .\)

Trong tam giác \(ABC\) có HB2+HC2=BC2⇔BC24+3a2=BC2⇔BC=2a.

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = AA'.\frac{1}{2}BA.BC.\sin {60^0} = a.\frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 3 .\)

Đáp án B

Ta có \(y' = \frac{{2 - m}}{{{{\left( {{2^{ - x}} - m} \right)}^2}}}.\left( {{2^{ - x}}} \right)' = \frac{{2 - m}}{{{{\left( {{2^{ - x}} - m} \right)}^2}}}.\left( { - {2^{ - x}}.\ln 2} \right).\)

Nhận xét: Với \(x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow {2^{ - x}} \in \left( {1;2} \right).\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^{ - x}} \ne m\\y' < 0\end{array} \right.\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\)

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

Vậy với \(m \le 1\) thì hàm số \(y = \frac{{{2^{ - x}} - 2}}{{{2^{ - x}} - m}}\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right).\)

Đáp án D

Do \({\left( {\sqrt {10} + 3} \right)^x}.{\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^x} = 1\) nên:

Đặt \({\left( {\sqrt {10} + 3} \right)^x} = t\) với \(t >0 \Rightarrow {\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^x} = \frac{1}{t},\) ta có phương trình

\(9t + \frac{1}{t} - m + 2020 = 0 \Leftrightarrow m = 9t + \frac{1}{t} + 2020{\rm{ }}\left( * \right).\)

Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm âm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm \(t \in \left( {0;1} \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 9t + \frac{1}{t} + 2020 \Rightarrow f'\left( t \right) = 9 - \frac{1}{{{t^2}}}.\)

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{3}.\)

Bảng biến thiên:

Do đó, \(m \in \left( {2026;2029} \right).\) Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow S = \left\{ {2027;2028;2029} \right\}.\)

Vậy số tập con của \(S\) là 8Đáp án D

Trên đoạn \(\left[ { - 4;1} \right]\), ta có

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 15;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 5 .\)

\(f\left( { - 4} \right) = 4;f\left( { - \sqrt 5 } \right) = 10\sqrt 5 ;f\left( 1 \right) = - 14.\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;1} \right]} = 10\sqrt 5 .\)

Đáp án D

Diện tích mặt cầu \(S = 4\pi {R^2} \Leftrightarrow {R^2} = \frac{S}{{4\pi }} = \frac{{8\pi {a^2}}}{{12\pi }} = \frac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow R = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy: Bán kính mặt cầu \(R = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Đáp án D

Diện tích xung quanh của mặt nón \({S_{xq}} = \pi Rl \Leftrightarrow R = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi l}} = \frac{{\pi {a^2}}}{{2\pi a}} = \frac{a}{2}.\)

Đường cao của hình nón h=l2−R2=4a2−a24=a152

Vậy: Thể tích của khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .\frac{{{a^2}}}{4}.\frac{{a\sqrt {15} }}{2} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt {15} }}{{24}}.\)

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right).\)

Đáp án D

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(B,AB\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên \(\left( {ABC} \right)\) nên suy ra tam giác \(SBC\) vuông tại \(B;SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SAC\) là tam giác vuông tại \(A.\)

Suy ra \(A,B\) nằm trên mặt cầu đường kính \(SC.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\) thì \(I\) là tâm mặt cầu.

Ta có \(\widehat {\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB,AB} \right)} = \widehat {SBA} = {30^0}.\)

Đáp án A

\(y = {x^3} + 3{x^2} - 1\)

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

Vậy 2 điểm cực trị là \(A\left( { - 2;3} \right);B\left( {0;1} \right).\)

Gọi \(H\left( { - 1;1} \right)\) là trung điểm của \(AB\)

\(\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 4} \right)\)

Chọn \(\overrightarrow {{n_d}} \left( { - 1;2} \right) \Rightarrow \left( d \right):x - 2y + 3 = 0\)

Đáp án D

* \(\left( {{C_1}} \right) \cap \left( {{C_2}} \right)\)

\({\log _2}\left( {x + 2} \right) = {\log _2}\left( x \right) + 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) = {\log _2}\left( {2x} \right)\)

\( \Leftrightarrow x + 2 = 2x \Leftrightarrow x = 2\left( {tm} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {{C_1}} \right) \cap \left( {{C_2}} \right) = C\left( {2;2} \right)\)

* \(\left( {{C_1}} \right) \cap Ox\)

\({\log _2}\left( {x + 2} \right) = 0 \Rightarrow A\left( { - 1;0} \right)\)

* \(\left( {{C_2}} \right) \cap Ox\)

\({\log _2}\left( x \right) + 1 = 0 \Rightarrow B\left( {\frac{1}{2};0} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( {\frac{3}{2};0} \right);\overrightarrow {AC} \left( {3;2} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {{x_{AB}}} .\overrightarrow {{y_{AC}}} - \overrightarrow {{x_{AC}}} .\overrightarrow {{y_{AB}}} } \right| = \frac{3}{2}\) (đvdt).

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(x\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {m - \left| x \right|} \right) = {x^4} - 6{x^3} + 5{x^2} + 11x - 6{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Số giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right);\left( {{C_2}} \right)\) là số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\)

Do \(x = 0;x = 2;x = 3\) không là nghiệm của phương trình (1) nên:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{{x^4} - 6{x^3} + 5{x^2} + 11x - 6}}{{x\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}} = m - \left| x \right|\)

\( \Leftrightarrow x - 1 - \frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} - \frac{1}{x} + \left| x \right| = m\)

Đặt \(f\left( x \right) = x - 1 - \frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} - \frac{1}{x} + \left| x \right| = \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 - \frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} - \frac{1}{x},x >0\\ - 1 - \frac{2}{{x - 2}} - \frac{3}{{x - 3}} - \frac{1}{x},x < 0\end{array} \right.\)

Ta có \(f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2 + \frac{2}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}},x \ge 0\\\frac{2}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}},x < 0\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) >0,\forall x \in \mathbb{R}.\)</>

Suy ra \(f\left( x \right)\) đồng biến trên từng khoảng xác định của nó: \(\left( { - \infty ;0} \right);\left( {0;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3; + \infty } \right).\)

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = - \infty \)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi \(m >- 1.\)Vậy số giá trị nguyên của \(m \in \left[ { - 2020;2020} \right]\) thỏa mãn là 2021.Đáp án A

\({e^{\frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020}} = \ln \left( {{x^2} - 2} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x + 2018{\rm{ }}\left( 1 \right) \Leftrightarrow {e^{\frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020}} + \frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020 = \ln \left( {{x^2} - 2} \right) + {x^2} - 2\)

\( \Leftrightarrow {e^{\frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020}} + \frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020 = {e^{\ln \left( {{x^2} - 2} \right)}} + {x^2} - 2{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {e^t} + t,t \in \mathbb{R}\)

Ta có \(f'\left( t \right) = {e^t} + 1 >0,\forall t \in \mathbb{R}.\) Do đó \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020} \right) = f\left( {\ln \left( {{x^2} - 2} \right)} \right) \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020 = \ln \left( {{x^2} - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} - x - 2020 - \ln \left( {{x^2} - 2} \right) = 0{\rm{ }}\left( 3 \right)\)

Xét hàm số:

\(g\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{2} + x - 2020 - \ln \left( {{x^2} - 2} \right),\left[ \begin{array}{l}x >\sqrt 2 \\x < - \sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) = x + 1 - \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} = \frac{{{x^3} + {x^2} - 4x - 2}}{{{x^2} - 2}}\)

Xét \(h\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 4x - 2\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có:

\(h\left( { - 3} \right) = - 8;h\left( { - 2} \right) = 2;h\left( { - 1} \right) = 2;h\left( 0 \right) = - 2;h\left( {\sqrt 3 } \right) = 1 - \sqrt 3 ;h\left( 2 \right) = 2\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}h\left( { - 3} \right).h\left( { - 2} \right) < 0\\h\left( { - 1} \right).h\left( 0 \right) < 0\\h\left( {\sqrt 3 } \right).h\left( 2 \right) < 0\end{array} \right. \Rightarrow h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a \in \left( { - 3; - 2} \right)\\x = b \in \left( { - 1;0} \right)\\x = c \in \left( {\sqrt 3 ;2} \right)\end{array} \right.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^ - }} g\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^ + }} g\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = + \infty \)

Bảng biến thiên hàm số \(g\left( x \right)\)

Từ bảng biến thiên ta có:

Với \[\] suy ra \(g\left( a \right) < g\left( { - 3} \right) = \frac{9}{2} - 3 - 2020 - \ln 7 < 0\)

Với \(c \in \left( {\sqrt 3 ;2} \right)\) suy ra \(g\left( c \right) < g\left( {\sqrt 3 } \right) = \frac{3}{2} + \sqrt 3 - 2020 < 0\)

Do đó phương trình \(\left( 3 \right)\) có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án A

Hàm số đã cho xác định khi \(9 - {x^2} >0 \Leftrightarrow - 3 < x < 3.\)

Tập xác định của hàm số đã cho: \(D = \left( { - 3;3} \right).\)

Đáp án B

Ta có \({u_4} = 7 \Leftrightarrow {u_1}.{q^3} = 7.\left( 1 \right)\)

\({u_{10}} = 56 \Leftrightarrow {u_1}.{q^9} = 56.\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{{{u_1}.{q^9}}}{{{u_1}.{q^3}}} = 8 \Leftrightarrow {q^6} = 8 \Leftrightarrow q = \pm \sqrt 2 .\)

Đáp án B

Hình nón ban đầu có bán kính đáy \(r = OA = 6cm,\) đường sinh \(l = SA = 10cm\) và chiều cao \(SO = h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8cm.\)

Hình nón \(\left( N \right)\) có chiều cao \({h_1} = SI = \frac{{16}}{5}\) đường sinh \({l_1} = SM\) và bán kính đáy là \({r_1} = IM.\)

Hai tam giác vuông \(SIM\) và \(SOA\) đồng dạng nên: \(\frac{{{h_1}}}{h} = \frac{{{r_1}}}{r} = \frac{{{l_1}}}{l} \Rightarrow \frac{{16}}{{5.8}} = \frac{{{r_1}}}{6} = \frac{{{l_1}}}{{10}}.\)

Suy ra: \({r_1} = \frac{{12}}{5}cm;{l_1} = 4cm.\)

Vậy ta có \({S_{xq}} = \pi {r_1}{l_1} = \pi .\frac{{12}}{5}.4 = \frac{{48}}{5}\pi \left( {c{m^2}} \right).\)

Đáp án B

Gọi \(x\) là độ dài của hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'.\)

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là \(r = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}.\) Vậy \(\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = a \Rightarrow x = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\)

Thể tích khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = {x^3} = {\left( {\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{9}.\)

Đáp án B