Đề số 2

Đáp án A

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow \widehat{\left(SD;\left(SAC\right)\right)}=\widehat{\left(SD;SO\right)}=\widehat{DSO}=30°$

Ta có $OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$

Đáp án A

 Ta có $\left\{\begin{array}{l}CN\subset \left(CMN\right)\\ CN\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(CMN\right)\cap \left(SBC\right)=CN$.

Đáp án C

Điều kiện $1-cosx\ne 0\iff cosx\ne 1\iff x\ne k2\mathrm{\pi }$

Đáp án C

Gọi số có 3 chữ số cần tìm là $\overline{abc}$, trong đó $a,b,c\in \left\{2;3;4;5;6;7\right\}$

Chọn a có 6 cách, chọn b có 6 cách, chọn c có 6 cách

Số các số có 3 chữ số được lập thành là 6.6.6 = 216 (số)

Đáp án A

Phương trình đã cho $\iff \sin x=m$. Để phương trình đã cho có nghiệm thì $-1\le m\le 1$

Đáp án A

Hai đường thẳng d và d’ có thể chéo nhau.

Đáp án D

Ta có: $\iff cosx=\frac{\sqrt{3}}{2}\iff x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }, \mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}$. Vì $0\le x\le \mathrm{\pi }$ nên $x=\frac{\mathrm{\pi }}{6}$.

Đáp án B

Ta có: $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC$ mà $AB\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$

Đáp án C

Để phương trình vô nghiệm thì $3^2+m^2<5^2\iff m^2<16\iff -4\le m\le 4.$

Đáp án A

Tâm đường tròn ngoại tiếp đáy là trung điểm cạnh BC. Ta có:

$r=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{b^2+c^2}}{2}\Rightarrow R=\sqrt{{\left(\frac{SA}{2}\right)}^2+r^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{b^2+c^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Đáp án B

$\frac{2x+3}{x+2}=x+m\iff 2x+3=x^2+mx+2x+2m\iff f\left(x\right)=x^2+mx+2m-3=0 \left(1\right)$

Rõ ràng $f\left(-2\right)\ne 0, \forall m$ nên ta cần có $∆>0\iff m^2-4\left(2m-3\right)>0\iff [\begin{array}{l}m>6\\ m<2\end{array}$.

Đáp án B

Ta có $lim\frac{a.2^n-3}{a+2^{n+1}}=lim\frac{a.2^n-3}{a+2.2^n}=lim\frac{a-{\displaystyle \frac{3}{2^n}}}{2+{\displaystyle \frac{a}{2^n}}}=\frac{a}{2}=1\Rightarrow a=2$

Đáp án D

Đáp án C

Vì $-1\le \sin 2x\le 1\Rightarrow -1+3\le \sin 2x+3\le 1+3\iff 2\le y\le 4$. Vậy tập giá trị là [2;4]

Đáp án B

Xét hàm số y = cot 4x

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{\frac{k\mathrm{\pi }}{4}\right\}\Rightarrow -x\in D$ Hơn nữa: $cot(-4x)=\frac{\cos \left(-4x\right)}{\sin \left(-4x\right)}=\frac{\cos 4x}{-\sin 4x}=-cot4x\Rightarrow$ hàm lẻ.

Xét hàm số y = cos 3x

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}\Rightarrow -x\in D$. Hơn nữa $\cos \left(-3x\right)=cos3x\Rightarrow$ hàm số chẵn.

Xét hàm số y = tan 5x. Ta có $\tan (-5x)=-\tan 5x\Rightarrow$ hàm số không chẵn.

Xét hàm số y = sin 2x. Ta có $\sin (-2x)=-\sin 2x\Rightarrow$ hàm số không chẵn.

Đáp án B

Ta có: $T_{\overrightarrow{v}}\left(M\right)=M\text{'}=\overrightarrow{MM\text{'}}=\overrightarrow{v}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{M\text{'}}-1=3\\ y_{M\text{'}}+2=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{M\text{'}}=4\\ y_{M\text{'}}=-4\end{array}\right.$. Vậy M'(4;-4)

Đáp án C

Ta có:$S_d=a^2$ đường cao $h=\sqrt{3a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{10}}{2}\Rightarrow V=\frac{1}{3}{S}_d.h=\frac{a^3\sqrt{10}}{6}$

Đáp án D

Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu trong 5 quả cầu có $C_5^2=10$ cách.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=10$

Gọi X là biến cố “lấy được cả hai quả cầu trắng”

Lấy 2 quả cầu trắng trong 3 quả cầu trắng có $C_3^2$ cách $\Rightarrow n\left(X\right)=C_3^2=3$

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{10}$.

Đáp án A

Ta có $P=\frac{1}{2}.\frac{1-{\log }_{a}b}{{\log }_{a}b-{\displaystyle \frac{1}{2}}}=\frac{1-\sqrt{2}}{2\sqrt{2}-1}$.

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=\left(m-2\right)x^2+2\left(m-2\right)x-2$. Với $m=2\Rightarrow y\text{'}=-2<0$ nên thỏa mãn.

Với $m\ne 2$ ta có để $y\text{'}\le 0\iff \left\{\begin{array}{l}m-2>0\\ ∆\text{'}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<2\\ {(m-2)}^2+2(m-2)<0\end{array}\right.\Rightarrow 0<m<2$

Hợp hai trường hợp suy ra $0<m\le 2\Rightarrow m=1;m=2$.

Đáp án D

Ta có $V_1=\frac{1}{3}.\frac{3a}{4}.a^2=\frac{a^3}{4};V_2=a^3\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{4}$.

Đáp án A

Ta có ${\log }_{a^2}\left(\sqrt[3]{b^5{c}^4}\right)=\frac{1}{2}{\log }_a{\left(b^5{c}^4\right)}^{\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}{\log }_a\left(b^{\frac{5}{3}}{c}^{\frac{4}{3}}\right)=\frac{1}{2}{\log }_a{b}^{\frac{5}{3}}+\frac{1}{2}{\log }_a{c}^{\frac{4}{3}}=\frac{5}{6}{\log }_{a}b+\frac{4}{6}{\log }_{a}c$

$=\frac{5}{6}.\frac{1}{{\log }_{b}a}+\frac{4{\log }_{b}c}{6{\log }_{b}a}=\frac{5}{6x}+\frac{4y}{6x}=\frac{5+4y}{6x}$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của BC khi đó $\left\{\begin{array}{l}DM\perp BC\\ AM\perp BC\end{array}\right.$

Suy ra $BC\perp \left(DMA\right)\Rightarrow \widehat{\left(DBC;ABC\right)}=60°$

Lại có $DM=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Dựng $DH\perp AM\Rightarrow DH\perp \left(ABC\right)$

Khi đó $V_{ABCD}=\frac{1}{3}DH.S_{ABC}=\frac{1}{3}DM.\sin 60°.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$.

Đáp án A

Cho a = 4; b = 2 ta có: ${\log }_{a}b=\frac{1}{2};{\log }_{b}a=2$ nên A sai.

Đáp án C

Số cách đi từ A đến B là 4, số cách đi từ B đến C là 2, số cách đi từ C đến D là 3.

Số cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần là: 4.2.3 = 24 (cách)

Đáp án C

Ta có: $S_{NAD}=\frac{1}{2}d\left(N;AD\right).AD=\frac{1}{2}{a}^2$

$d\left(M;\left(ABCD\right)\right)=AA\text{'}=a$

Do đó $V_{M.ADN}=\frac{1}{3}.AA\text{'}.S_{NAD}=\frac{a^3}{6}$.

Đáp án A

Các phát biểu B, C và D là đúng; phát biểu A là sai

Đáp án A

Điểm I không thuộc mặt phẳng (ACD) (hình vẽ)

Đáp án D

Ta có: $y=2\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sin x+\cos x\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}.\sin x+\frac{4+\sqrt{2}}{2}.\cos x$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có

${\left(\frac{\sqrt{2}}{2}.\sin x+\frac{4+\sqrt{2}}{2}.\cos x\right)}^2\le \left[{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{4+\sqrt{2}}{2}\right)}^2\right].\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right)=5+2\sqrt{2}$

Suy ra $y^2\le 5+2\sqrt{2}\iff y\le \sqrt{5+2\sqrt{2}}$. Vậy $y_{max}=\sqrt{5+2\sqrt{2}}$.

Đáp án A

Qua G kẻ đường thẳng d song song với AB và cắt SA, SB lần lượt tại hai điểm Q, P. Vì MN là đường trung bình của ABCD$\Rightarrow$MN//AB

Do đó MN//PQ. Vậy giao tuyến của mặt phẳng (MNG) và (SAB) là PQ.

Mặt phẳng (MNG) cắt khối chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác MNPQ

Vì MN//PQ suy ra MNPQ là hình thang

Để MNPQ là hình bình hành $\iff$MN=PQ (1)

Gọi I là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác $SAB\Rightarrow \frac{SG}{SI}=\frac{2}{3}$

Tam giác SAB có $PQ//AB\Rightarrow \frac{PQ}{AB}=\frac{SG}{SI}=\frac{2}{3}\iff PQ=\frac{2}{3}AB$ (2)

Mà MN là đường trung bình  hình thang $ABCD\Rightarrow MN=\frac{AB+CD}{2}$ (3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra $\frac{2}{3}AB=\frac{AB+CD}{2}\iff 4AB=3AB+3CD\iff AB=3CD$.

Đáp án B

Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ.

Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là $R^2=r^2+\frac{h^2}{4}$

Theo bài ra, ta có h = R nên suy ra $R^2=r^2+\frac{h^2}{4}\iff r^2=\frac{3R^2}{4}\iff r=\frac{R\sqrt{3}}{2}$

Diện tích toàn phần hình trụ là:

$S_{tp}=2{\mathrm{\pi r}}^2+2\mathrm{\pi rh}=2\mathrm{\pi r}\left(\mathrm{r}+\mathrm{h}\right)=2\mathrm{\pi }.\frac{\mathrm{R}\sqrt{3}}{2}.\left(\frac{\mathrm{R}\sqrt{3}}{2}+\mathrm{R}\right)=\frac{\left(3+2\sqrt{3}\right){\mathrm{\pi R}}^2}{2}$.

Đáp án A

Đặt $x=-t\Rightarrow L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{t^2+t}-2t}{3-4t}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+{\displaystyle \frac{1}{t}}-2}}{{\displaystyle \frac{3}{t}}-4}=\frac{\sqrt{1}-2}{-4}=\frac{1}{4}$

Đáp án A

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(\sqrt{x-1}+x\right)\\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(m^3-3m+3\right)x=m^3-3m+3\end{array}\right.\Rightarrow m^3-3m+3=1\Rightarrow [\begin{array}{l}m=1\\ m=-2\end{array}$.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số f ' (x) ta thấy $f\text{'}\left(x\right)<0\iff [\begin{array}{l}x<-2\\ 0<x<2\end{array}$và $f\text{'}\left(x\right)>0\iff [\begin{array}{l}x>2\\ -2<x<0\end{array}$.

Do đó hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (0;2)

Đáp án B

$3^a=5^b=\frac{1}{3^c{5}^c}\iff \frac{a}{{\log }_{3}15}=\frac{b}{{\log }_{3}15}=-c{\log }_{15}15\iff \frac{a}{1+{\log }_{3}5}=\frac{b}{1+{\log }_{5}3}=-c$

Đặt $t={\log }_{3}5\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-c\left(1+t\right)\\ b=-c\left(1+\frac{1}{t}\right)=\frac{a}{t}\end{array}\Rightarrow a=-c\left(1+\frac{a}{b}\right)\iff ab+bc+ca=0\right.$

$\Rightarrow P={\left(a+b+c\right)}^2-4\left(a+b+c\right)\ge -4$. Dấu bằng khi $\left\{\begin{array}{l}a+b+c=2\\ ab+bc+ca=0\end{array}\right.$, chẳng hạn a = 2,b = c = 0.

Đáp án B

Ta có $\cos \stackrel{⏜}{ABC}=\frac{B{A}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2BA.BC}=-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{ABC}=120°\Rightarrow \stackrel{⏜}{CBH}=60°$

Suy ra $CH=BC\sin 60°=\frac{5\sqrt{3}}{2}$

Khi quay tam giác quay AB ta được khối có thể tích là

$V=V_{\left(N_1\right)}-V_{\left(N_2\right)}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi CH}}^2.\mathrm{AH}-\frac{1}{3}{\mathrm{\pi CH}}^2.\mathrm{BH}$

(Trong đó $V_{\left(N_1\right)};V_{\left(N_2\right)}$ lần lượt là thể tích khối nón tạo thành khi quay các tam giác CBH và CAH quanh AB)

$\frac{1}{3}{\mathrm{\pi CH}}^2.\left(\mathrm{AH}-\mathrm{BH}\right)=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi CH}}^2.\mathrm{AB}=\frac{75}{4}\pi t=2^{\mathrm{x}}>1$.

Đáp án B

Đặt $t=2^x>1$

PT$\iff \left(3m+1\right).4^x+\left(2-m\right)2^x+1<0\iff m\left(3t^2-t\right)+{\left(t+1\right)}^2<0\iff m<-\frac{t^2+2t+1}{3t^2-t}=f\left(t\right)$

Xét hàm $f\left(x\right)=-\frac{t^2+2t+1}{3t^2-t}$ trên khoảng $\left(1;+\infty \right)\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=\frac{\left(t+1\right)\left(1-7t\right)}{{\left(3t^2-t\right)}^2}>0$ với $t\in \left(1;+\infty \right)$

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra m < -2.

Đáp án B

Dựng MN//BD//B'D'

Chia thể tích khối A'B'D'.AMN thành 3 khối chóp

Ta có: $V_{A\text{'}B\text{'}D\text{'}.AMN}=V_{N.A\text{'}B\text{'}D\text{'}}+V_{N.A\text{'}B\text{'}M\text{'}}+V_{A\text{'}.AMN}$

$=\frac{1}{2}{V}_{N.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}+\frac{1}{2}{V}_{D.A\text{'}B\text{'}M}+\frac{1}{4}{V}_{A\text{'}.ABD}$

$=\frac{1}{6}V+\frac{1}{2}{V}_{D\text{'}.A\text{'}B\text{'}M}+\frac{1}{24}V=\frac{1}{6}V+\frac{1}{12}V+\frac{1}{24}V=\frac{7}{24}V$

Do đó tỷ số thể tích 2 phần là $\frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{17}$