Đề số 21

Xét hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có chiều cao \(SO = 150m,AB = 220m.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OH \bot CD\) và \(SH \bot CD.\)

Xét \(\Delta SOH\) vuông tại \(O\) có: \(SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{150}^2} + {{110}^2}} = 10\sqrt {346} .\)

Diện tích tam giác \(\Delta SCD\) là: \({S_{\Delta SCD}} = \frac{1}{2}.SH.CD = \frac{1}{2}.10.\sqrt {346} .220 = 1100\sqrt {346} .\)

Diện tích xung quanh của kim tự tháp là \({S_{xq}} = 4.{S_{\Delta SCD}} = 4.1100\sqrt {346} = 4400\sqrt {346} .\)

Đáp án D

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

Tập xác định: \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\)

Đáp án D

Dựa trên đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) ta thấy hàm số \(y = {\log _a}x\) là hàm số đồng biến nên \(a >1.\)

Dựa trên đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) ta thấy hàm số \(y = {\log _a}x\) là hàm số nghịch biến nên \(0 < b < 1.\)

Suy ra \(0 < b < 1 < a.\)

Đáp án B

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

Đáp án C

\({S_{xq}} = \pi rl \Rightarrow l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi r}} = \frac{{30\pi }}{{5\pi }} = 6\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{6^2} - {5^2}} = \sqrt {11} \left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.5^2}.\sqrt {11} = \frac{{25\pi \sqrt {11} }}{3}\left( {c{m^3}} \right).\)

Đáp án D

Phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt khi: \(0 < {\log _2}m < 1 \Leftrightarrow 1 < m < 2.\)

Đáp án A

+ Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\\x = - 3\end{array} \right.\)

+ BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+ Căn cứ BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) là

Vậy hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 3 điểm cực trị.

Đáp án B

Để đoạn \(\left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\) là tập hợp con của tập nghiệm bất phương trình \({\log _{\frac{1}{5}}}\left( {{{\cos }^2}x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {{{\cos }^2}x + 4\cos x + m} \right) + 1\) thì:

\({\log _{\frac{1}{5}}}\left( {{{\cos }^2}x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {{{\cos }^2}x + 4\cos x + m} \right) + 1,\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)

\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {{{\cos }^2}x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {\frac{{{{\cos }^2}x + 4\cos x + m}}{5}} \right),\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\cos ^2}x + 4\cos x + m >0\\5{\cos ^2}x + 5 >{\cos ^2}x + 4\cos x + m\end{array} \right.,\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >- {\cos ^2}x - 4\cos x\\m < 4{\cos ^2}x - 4\cos x + 5\end{array} \right.,\forall x \in \left[ { - \frac{{2\pi }}{3};\frac{\pi }{3}} \right]\)\(\left( 1 \right)\)

Đặt \(t = \cos x.\) Khi đó ta có (1) trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}m >- {t^2} - 4t\\m < 4{t^2} - 4t + 5\end{array} \right.,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right].\)

+ Để \(m >- {t^2} - 4t,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right] \Leftrightarrow m >\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]} \left( { - {t^2} - 4t} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{7}{4};f\left( { - 1} \right) = - 5.\) Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]} f\left( t \right) = \frac{7}{4}.\) Nên \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow m >\frac{7}{4}.\)

+ Để \(m < 4{t^2} - 4t + 5,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right] \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]} \left( {4{t^2} - 4t + 5} \right){\rm{ }}\left( 3 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 4{t^2} - 4t + 5,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right].\) Ta có \(g'\left( t \right) = 8t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}.\)

\(g\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 8,g\left( 1 \right) = 5,g\left( {\frac{1}{2}} \right) = 4.\) Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{1}{2};1} \right]} g\left( t \right) = 4.\) Nên \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow m < 4.\)

Vậy \(m \in \left( {\frac{7}{4};4} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

+ Theo giả thiết ta suy ra được \(AH = \frac{{2a}}{3};BH = \frac{a}{3}.\)

+ Do tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) và \(SH\) là đường cao nên:

\(AH.AB = S{A^2} \Rightarrow SA = \sqrt {AH.AB} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3};BH.BA = S{B^2} \Rightarrow SB = \sqrt {BH.BA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

+ \(SH.AB = SA.SB \Rightarrow SH = \frac{{SA.SB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\)

+ Do đó \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{9}.\)

Đáp án A

TXĐ: \(D = 4 \le x \le 6.\)

Đặt \(t = \sqrt {6 - x} + \sqrt {x - 4} \Rightarrow \frac{{{t^2}}}{2} - 1 = \sqrt {\left( {6 - x} \right)\left( {x - 4} \right)} .\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {6 - x} + \sqrt {x - 4} \) với \(4 \le x \le 6.\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {6 - x} - \sqrt {x - 4} = 0 \Leftrightarrow x = 5.\)

Bảng biến thiên

Hàm số đã cho trở thành \(y = f\left( t \right) = \frac{{{t^2}}}{2} + t - 1\) với \(t \in \left[ {\sqrt 2 ;2} \right].\)Khi đó \(y' = t + 1.\) Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \notin \left[ {\sqrt 2 ;2} \right].\)

Ta có: \(f\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 ;f\left( 2 \right) = 3.\) Suy ra \(M = 3,m = \sqrt 2 .\)

Vậy \(M + m = 3 + \sqrt 2 .\)

Đáp án D

Từ đồ thị \(f'\left( x \right)\) suy ra \(f'\left( 1 \right) = 0.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

\(y = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right) \Leftrightarrow y = f\left( 1 \right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và đồ thị \(\left( C \right)\) là: \(f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)

Từ đồ thị \(f'\left( x \right)\) suy ra \(f'\left( { - 1} \right) = f'\left( 3 \right) = 0.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng \(y = f\left( 1 \right)\) cắt đồ thị hàm số tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \(a,1,b\) với \(a < - 1\) và \(b >3.\) Suy ra \({b^2} >9\) và \({a^2} >1.\)</>

Vậy \({a^2} + {b^2} >10.\)

Đáp án B

Ta có \(y = {x^3} - 3{x^2} - mx + 4{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

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

Xét: \(g\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - m\)

Hàm số \(\left( 1 \right)\) có hai cực trị thuộc khoảng \(\left( { - 3;3} \right)\) khi \(g\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( { - 3;3} \right).\)

Ta có: \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = m\)

Xét: \(h\left( x \right) = 3{x^2} - 6x \Rightarrow h'\left( x \right) = 6x - 6,\) cho \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(m \in \left( { - 3;9} \right).\) Vậy có 11 giá trị nguyên của \(m.\)

Đáp án D

Khi quay hình thang quanh cạnh \(AB\) ta được khối tròn xoay.

Kẻ các đường cao \(AH,BK.\) Khi đó: \(HK = AB = 1 \Rightarrow CK = DK = 1\)

Áp dụng pitago trong các tam giác vuông \(AHC,BKD\) ta được: \(AH = BK = 1\)

Xét khối trụ có đường cao \(CD = 3,\) bán kính \(AH = 1.\) Khi đó thể tích khối trụ:

\({V_{\left( T \right)}} = \pi .A{H^2}.CD = 3\pi \)

Xét khối nón có đường sinh \(AD = \sqrt 2 ,\) bán kính \(AH = 1,\) đường cao \(DH = 1.\) Khi đó thể tích khối nón

\({V_{\left( N \right)}} = \frac{1}{3}.\pi .A{H^2}.DH = \frac{\pi }{3}\)

Thể tích khối tròn xoay:

\(V = {V_{\left( T \right)}} - 2{V_{\left( N \right)}} = \frac{{7\pi }}{3}\)

Đáp án A

Gọi chiều rộng của hố ga là \(x\left( {cm} \right)\left( {x >0} \right) \Rightarrow \) chiều cao của hố ga là \(2x\left( {cm} \right)\)

Hố ga dạng hình hộp chữ nhật có thể tích là \(3200c{m^3} \Rightarrow \) Chiều dài hố ga là \(\frac{{3200}}{{x.2x}} = \frac{{1600}}{{{x^2}}}\left( {cm} \right)\)

Tổng diện tích cần xây hố ga (5 mặt, trừ mặt đáy trên) là:

\(S = 2.\left( {x + \frac{{1600}}{{{x^2}}}} \right).2x + x.\frac{{1600}}{{{x^2}}} = 4{x^2} + \frac{{8000}}{x}\left( {c{m^2}} \right)\)

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: \(S = 4{x^2} + \frac{{4000}}{x} + \frac{{4000}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{4{x^2}.\frac{{4000}}{x}.\frac{{400}}{x}}} = 1200\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(4{x^2} = \frac{{4000}}{x} \Leftrightarrow {x^3} = 1000 \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn)

Với \(x = 10\) thì diện tích mặt đáy của hố ga là \(10.\frac{{1600}}{{{{10}^2}}} = 160\left( {c{m^2}} \right).\)

Đáp án B

Gọi \(\widehat {AOB} = \alpha .\) Hình chóp \(S.OAB \Rightarrow {0^0} < \alpha < {180^0} \Rightarrow 0 < \sin \alpha \le 1\)

Diện tích \(\Delta OAB\) là \(\frac{1}{2}.OA.ON.\sin \alpha \Rightarrow \) Thể tích khối chóp \(S.OAB\) là \(V = \frac{1}{6}.SO.OA.OB.\sin \alpha \)

Vì thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng \(a \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};OA = OB = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{6}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}.\sin \alpha = \frac{{{a^3}\sqrt 3 .\sin \alpha }}{{48}} \le \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{48}}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = {90^0} \Leftrightarrow OA \bot OB\)

Vậy thể thchs khối chóp \(S.OAB\) đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{48}}.\]

Đáp án D

Đặt \({\log _4}a = {\log _6}b = {\log _9}\left( {a + b} \right) = t.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _4}a = t\\{\log _6}b = t\\{\log _9}\left( {a + b} \right) = t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {4^t}\\b = {6^t}\\a + b = {9^t}\end{array} \right..\)

Ta có \({4^t} + {6^t} = {9^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} + {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}.\)

Đáp án B

Gọi \(x\) (triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng ACB, \(y\)(triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng VietinBank.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 320\\x{\left( {1 + 2,1\% } \right)^5} + y{\left( {1 + 0,73\% } \right)^9} = 346,67072595\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 120\\y = 200\end{array} \right..\)

Đáp án A

Xác suất để 4 quả thành công là: \({\left( {0,8} \right)^4}.0,2.5 = 0,4096.\)

Xác suất để 5 quả thành công là: \({\left( {0,8} \right)^5} = 0,32768.\)

Vậy xác suất để đội tuyển Việt Nam thực hiện thành công từ 4 quả trở lên trong 5 lượt sút đầu tiên là: \(0,4096 + 0,32768 = 0,73728.\)

Đáp án A

Gọi \(O\) là trung điểm \(BD'.\)

Gọi \(E,F\) là tâm hình vuông \(ABB'A'\) và \(DCC'D'.\)

Giả sử thiết diện qua \(BD'\) và cắt \[AD\] trung điểm \(M\) của \(AD.\)

Trong \(\left( {ADC'B'} \right)\) gọi \(N = B'C' \cap OM \Rightarrow N\) là trung điểm \(B'C'.\)

\( \Rightarrow MN = AB' = BC' = \sqrt 2 .\)

Tứ giác \(BMD'N\) là hình thoi \(\left( {MB = MD' = NB = ND' = \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right).\)

\({S_{BMD'N}} = \frac{1}{2}MN.BD' = \frac{{\sqrt 6 }}{2}.\)

Ta chứng minh \(M\) là trung điểm của \(AD\) thì diện tích thiết diện đạt giá trị nhỏ nhất.

Lấy \(M'\) bất kỳ trên \(AD.\) Kẻ \(M'H \bot EF,M'K \bot BD'.\)

Tứ giác \(MM'HO\) là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M'H = MO\\M'H//MO\end{array} \right..\)

Mà \(MO \bot \left( {A'BCD'} \right) \Rightarrow M'H \bot \left( {A'BCD'} \right).\)

\(\Delta M'HK\) vuông tại \(H \Rightarrow M'K \ge M'H = MO\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{S_{BM'D'N'}} = 2{S_{\Delta M'BD'}} = 2.\frac{1}{2}M'K.BD' = \sqrt 3 M'K\\{S_{BMD'N}} = 2{S_{\Delta MBD}} = 2.\frac{1}{2}MO.BD' = \sqrt 3 MO\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {S_{BM'D'N'}} \ge {S_{BMD'N}}.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow M' \equiv M.\)

Đáp án B.

* Gọi \(H\) là trung điểm \(BC,O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Vì \(A'A = A'B = A'C\) nên hình chiếu của \(A'\) lên \(\left( {ABC} \right)\) là điểm \(O\) hay \(A'O \bot \left( {ABC} \right).\)

Gọi \(E\) là điểm sao cho \(BCAE\) là hình bình hành.

\( \Leftrightarrow d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {\left( {AA'E} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {AA'E} \right)} \right).\)

* Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) lên \(AA'.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}A'O \bot AE\\A'O \bot AE\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AA'O} \right) \bot AE \Rightarrow OK \bot AE\)

\( \Rightarrow OK \bot \left( {AA'E} \right).\)

* Ta có: \(\frac{{d\left( {O;\left( {A'AE} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {A'AE} \right)} \right)}} = \frac{{OK}}{{d\left( {H;\left( {A'AE} \right)} \right)}} = \frac{{AO}}{{AH}} = \frac{2}{3} \Rightarrow OK = \frac{2}{3}.\)

* Góc giữa \(AA'\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(AA'\) và \(AO\) bằng \({60^0}.\)

\( \Rightarrow AO = \frac{{OK}}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{4}{{3\sqrt 3 }} = \frac{{AB\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow AB = \frac{4}{3}.\)

* \(A'O = AO.\tan {60^0} = \frac{4}{3}.\)

Vậy \(V = A'O.{S_{ABC}} = \frac{4}{3}.\frac{{{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{16\sqrt 3 }}{{27}}.\)

Đáp án B.

* Xét phương trình hoành độ giao điểm:

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

Từ đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ \(x = 1;x = - 1;x = - 2\) nên ta có hệ phương trình sau:

\(\left\{ \begin{array}{l} - 4a + 2b - c = - 1\\a - b + c = - 1\\a + b + c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\\c = - 1\end{array} \right.\)

Vậy \(P = a - 3b - 5c = 3.\)

Đáp án A

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của \[A'B,A'D\]

Ta có: \[AH \bot (BA'C),AK \bot (DA'C)\]

\[ = >(\widehat {(BA'C);(DA'C)}) = \widehat {(AH,AK)} = \widehat {HAK}\]

Lại có : HK là đường trung bình của \[\Delta A'BD = >HK = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Mặt khác \[AH = AK = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = >AH = AK = HK = a\sqrt 2 \]

=>\[\Delta AHK\]đều.

\[ = >(\widehat {(BA'C);(DA'C)}) = \widehat {HAK} = {60^o}.\]

Đáp án C

Gọi giao điểm của BM với AD là J, giao điểm của AM với BC là I

Gọi độ dài MN là x, độ dài MP là y.

Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{MN}}{{SA}} = \frac{{IM}}{{IA}}\\\frac{{MP}}{{SB}} = \frac{{JM}}{{JB}} = \frac{{AM}}{{AI}}\end{array} \right. = >\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\]

\[ = >P = (\frac{x}{{2a}}.\frac{x}{{2a}}.\frac{y}{b}).\frac{{4{a^2}}}{b} \le \frac{{{{(\frac{x}{{2a}} + \frac{y}{{2a}} + \frac{y}{b})}^3}}}{{{3^3}}}\frac{{4{a^2}}}{b} = \frac{1}{{27}}.\frac{{4{a^2}}}{b} = \frac{{4{a^2}b}}{{27}}\](BĐT Cauchy)

Đáp án C

Ta có:

\[\begin{array}{l}C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + .... + C_{100}^3\\ = \frac{{3!}}{{3!.0!}} + \frac{{4!}}{{3!.1!}} + \frac{{5!}}{{3!.2!}} + .... + \frac{{100!}}{{3!.97!}}\\ = \frac{1}{{3!}}.(1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + .... + 98.99.100)\end{array}\]

Chứng minh bằng quy nạp ta được: \[1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2) = \frac{{n(n + 1)(n + 2)(n + 3)}}{4}\]

Áp dụng vào ta có: \[C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + .... + C_{100}^3 = \frac{1}{{3!}}.\frac{{98.99.100.101}}{4} = \frac{{101!}}{{4!.97!}} = C_{101}^4\]

Đáp án A

Nhìn vào đồ thị ta dễ thấy đáp án đúng là B

Ta có \({4^a} = {25^b} = {10^c} \Leftrightarrow a\log 4 = b\log 25 = c.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{c}{a} = \log 4\\\frac{c}{b} = \log 25\end{array} \right. \Rightarrow A = \log 4 + \log 25 = \log 100 = 2.\)

Đáp án C

Ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = a\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có \(\left( {AC',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {AC',HC'} \right) = \widehat {AC'H} \Rightarrow \widehat {AC'H} = {30^0} \Rightarrow AC' = 2AH = a\sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow CC' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 .\)

Gọi \(O,O',I\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C',OO' \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngại tiếp lăng trụ.

\( \Rightarrow R = AI = \sqrt {A{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{CC'}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

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

Đáp án D

Mỗi mặt hình lập phương có cạnh bằng 4cm thì có 4 hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu đỏ.

Vậy số hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu là 4.6=24 (hình).

Đáp án D

Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I là tâm của tứ diện ABCD.

Gọi N là trung điểm của CD, O là tâm của tam giác BCD.

Ta có:

\[\begin{array}{l}BO = \frac{2}{3}BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},ON = \frac{1}{3}BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\\AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\\AI = \frac{3}{4}AO = \frac{{a\sqrt 6 }}{4},OI = \frac{1}{4}AO = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}\\IN = \sqrt {O{I^2} + O{N^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\end{array}\]

Bán kính mặt cầu là \[R = IN = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

\[\begin{array}{l}T = M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IA} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IB} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IC} )^2} + {(\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {ID} )^2}\\ = 4{\overrightarrow {IM} ^2} - 2\overrightarrow {IM} (\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} ) + ({\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + {\overrightarrow {IC} ^2} + {\overrightarrow {ID} ^2})\\ = 4{R^2} + 4I{A^2}\\ = 2{a^2}\end{array}\]

Vậy \[T = 2{a^2}\]

Đáp án B

\[\begin{array}{l}9 = {(x + y + \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 2 .z)^2} \le \frac{5}{2}({x^2} + {y^2} + 2{z^2}) = \frac{5}{2}({x^2} + {y^2} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}.2.\sqrt 2 .{z^2}) \le \frac{5}{2}.\sqrt {\frac{5}{2}.({x^4} + {y^4} + 8{z^4})} \\ = >{x^4} + {y^4} + 8{z^4} \ge {(9:\frac{5}{2})^2}:\frac{5}{2} = \frac{{648}}{{125}}\end{array}\]

Vậy GTNN của P là \[\frac{a}{b} = \frac{{648}}{{125}} = >a - b = 523\].

Đáp án B

Ta có: \[\Delta SBA = \Delta SCA = >SB = SC\]

Gọi M là trung điểm của BC, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}SM \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right. = >BC \bot (SAM)\]

Dựng \[SH \bot AM = >SH \bot (ABC)\]. Khi đó \[\widehat {SBH} = {60^o}\]

Do \[S{H^2} + H{B^2} = S{B^2};S{B^2} + A{B^2} = S{A^2}\]

Ta có: \[S{A^2} = S{H^2} + H{B^2} + A{B^2}\], mặt khác \[S{A^2} = H{A^2} + S{H^2}\]

Do đó \[H{B^2} + A{B^2} = H{A^2} = >HB \bot AB\]

Ta có: \[AB = a = >BH = AB\tan \widehat {BAH} = a\sqrt 3 \]

Khi đó:

\[\begin{array}{l}SH = HB\tan {60^o} = 3a;{S_{ABC}} = \frac{{AB.AC.\sin A}}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\\ = >V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\end{array}\]

Đáp án D

Ta có: \(x\sqrt {{x^2} - 2} - {x^2} = x\left( {\sqrt {{x^2} + 2} - x} \right) = \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}}.\)

Ta có: \({\log _2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2} - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2} - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1.\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{2\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1,\left( 1 \right)\)

Ta có \(\sqrt {{x^2} + 2} + x >0,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Điều kiện: \(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} >0 \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2} >- 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\4{x^2} + 8 >9{x^2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x >- \sqrt {\frac{8}{5}} .\left( * \right)\)</>

Với điều kiện (*), ta có

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} \le {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2} + x} \right) + \sqrt {{x^2} + 2} + x,\left( 2 \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) với \(t >0.\) Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 2}} + 1 >0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right).\)

Hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right),\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) \in \left( {0; + \infty } \right)\) và \(\left( {\sqrt {{x^2} + 2} + x} \right) \in \left( {0; + \infty } \right).\)

Nên \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) \le f\left( {\sqrt {{x^2} + 2} + x} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} \le \sqrt {{x^2} + 2} + x \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2} \le - 2x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x \ge 0\\{x^2} + 2 \le 4{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\3{x^2} \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le - \sqrt {\frac{2}{3}} .\)

Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là \(\left( { - \sqrt {\frac{8}{5}} ; - \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\) hay \(a.b = \frac{{16}}{{15}}.\)

Đáp án C

Ta có:

\({2^{ - \left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right|}}.{\log _{81}}\left( {\left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1} \right| + 2} \right) + {2^{ - \left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1} \right| - 2}}.{\log _3}\left( {\frac{1}{{\left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| + 2}}} \right) = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

\( \Leftrightarrow {2^{ - \left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| - 2}}.{\log _3}\left( {\left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1} \right| + 2} \right) + {2^{ - \left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1} \right| - 2}}.{\log _3}\left( {\left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {2^{\left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| + 2}}.{\log _3}\left( {\left| {\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} + 1} \right| + 2} \right) = {2^{ - \left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| + 2}}.{\log _3}\left( {\left| {\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1} \right| + 2} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t}{\log _3}t\) với \(t \ge 2.\)

Có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2.{\log _3}t + \frac{{{2^t}}}{{t.\ln 3}} = {2^t}\left( {\ln 2.{{\log }_3}t + \frac{1}{{t.\ln 3}}} \right) >0,\forall c \in \left[ {2; + \infty } \right).\)

Hàm số \(f\left( t \right) = {2^t}{\log _3}t\) đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right).\)

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

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

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

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\) có \(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\)

Để phương trình (1) có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm hoặc 8 nghiệm thì phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm hoặc phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm.

TH1: phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\ - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 \ge - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 0\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 4 >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) < 0\\{\left( {\left| m \right| - 2} \right)^2}\left( {\left| m \right| + 1} \right) >0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m < 3\)

TH2: phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} = 0\\ - 4 < - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) = 0\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} \ge - 2\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \pm 3\end{array} \right.\)

TH3: phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm

\(\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} = - 4\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} >0\end{array} \right.\\ - 4 < - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2}\left( {\left| m \right| - 3} \right) >0\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| m \right| >3\\\left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

Xét phương trình: \( - \left| {{m^3}} \right| + 3{m^2} - 2 = \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} \Leftrightarrow \left| {{m^3}} \right| - 3{m^2} + 1 = 0\) không có nghiệm nguyên.

Vậy \(S = \left\{ {0; \pm 1; \pm 2; \pm 3} \right\}.\) Tổng bình phương các phần tử của \(S\) là: 28.

Đáp án D

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB,\) dễ thấy \(ADCM\) là hình vuông \( \Rightarrow MC = AM = \frac{1}{2}AB\)

\( \Rightarrow \Delta ACB\) là tam giác vuông tại \(C\)

Gọi \(N\) đối xứng với \(C\) qua \(M \Rightarrow ACBN\) là hình chữ nhật

\(AC//BN \Rightarrow AC//\left( {SBN} \right) \Rightarrow d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {A,\left( {SBN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABN}}}}{{{S_{\Delta SBN}}}}.\)

Tính \({V_{S.ABN}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABN}} = \frac{1}{6}SA.AN.NB = \frac{1}{6}SA.BC.AC\)

\(SA = AC.\tan {60^0} = a\sqrt 2 .\sqrt 3 = a\sqrt 6 ;BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 \)

Như vậy: \({V_{S.ABN}} = \frac{1}{6}.a\sqrt 6 .a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)

Ta có: \(SN = \sqrt {S{A^2} + A{N^2}} = \sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} = 2\sqrt 2 a\)

Xét \(\Delta SBN\) vuông tại \(N,\left( {BN \bot AN;BN \bot SA \Rightarrow BN \bot SN} \right)\)

Ta có: \({S_{SBN}} = \frac{1}{2}SN.NB = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 a.a\sqrt 2 = 2{a^2}\)

Suy ra \(d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {A,\left( {SBN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABN}}}}{{{S_{\Delta ABN}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}}}{{2{a^2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Đáp án C

Đặt \[t = \frac{1}{{{\rm{cosx}}}};\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}\forall x \in \left( {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right) = >- 1 \le \cos x < 0 = >\frac{1}{{{\rm{cosx}}}} \le - 1\\ = >t \in ( - \infty ; - 1]\end{array}\]</>

Phương trình \[f(t) = m\] có nghiệm \[t \in ( - \infty ; - 1]\].

\[ = >m \ge 2\]

Vậy \[m \in {\rm{[}}2; + \infty )\]

Đáp án A

Thay \(x = 0\) vào đẳng thức \({f^3}\left( {2 - x} \right) - 2{f^2}\left( {2 + 3x} \right) + {x^2}g\left( x \right) + 36x = 0\) ta có:

\({f^3}\left( 2 \right) - 2{f^2}\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) = 0\\f\left( 2 \right) = 2\end{array} \right..\)

Lấy đạo hàm theo \(x\) hai vế của đẳng thức trên ta có:

\( - 3{f^2}\left( {2 - x} \right).f'\left( {2 - x} \right) - 12.f\left( {2 + 3x} \right).f'\left( {2 + 3x} \right) + 2xg\left( x \right) + {x^2}.g'\left( x \right) + 36 = 0.\)

Thay \(x = 0\) vào đẳng thức trên ta có: \( - 3{f^2}\left( 2 \right).f'\left( 2 \right) - 12f\left( 2 \right).f'\left( 2 \right) + 36 = 0\left( * \right)\)

Dễ thấy \(f\left( 2 \right) = 0\) không thỏa mãn \(\left( * \right).\)

Khi đó, với \(f\left( 2 \right) = 2\) ta được: \( - 12.f'\left( 2 \right) - 24.f'\left( 2 \right) + 36 = 0 \Rightarrow f'\left( 2 \right) = 1.\)

Với \(f\left( 2 \right) = 2 \Rightarrow f'\left( 2 \right) = 1.\) Khi đó \(A = 3f\left( 2 \right) + 4f'\left( 2 \right) = 10.\)

Đáp án B

\(A\) là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau từ \(X = \left\{ {1;2;3;...;8} \right\}\) nên \(A\) có số phần tử là 8! (số).

Giả sử lấy được từ tập \(A\) số có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \) chia hết cho 2222 (với \({a_i} \in X,i = \overline {1,8} ).\)

Vì 2222 = 2.11.101 (2; 11; 101 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau) nên \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \) là số chữ đồng thời chia hết cho 11 và 101.

Ta có: \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \vdots 11 \Rightarrow \left[ {\left( {{a_1} + {a_3} + {a_5} + {a_7}} \right) - \left( {{a_2} + {a_4} + {a_6} + {a_8}} \right)} \right] \vdots 11.\)

Mà \(\left( {{a_1} + {a_3} + {a_5} + {a_7}} \right) + \left( {{a_2} + {a_4} + {a_6} + {a_8}} \right) = 1 + 2 + ... + 8 = 36,{a_i} \in X,i = \overline {1,8} .\)

Suy ra \({a_1} + {a_3} + {a_5} + {a_7} = {a_2} + {a_4} + {a_6} + {a_8} = 18.\)

Lại có: \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \vdots 101 \Rightarrow {a_1} + {a_5} = {a_3} + {a_7} = {a_2} + {a_6} = {a_4} + {a_8} = 9.\)

Nhận thấy các cặp chữ số có tổng bằng 9 lấy được từ \(X\) là: \(\left\{ {1;8} \right\};\left\{ {2;7} \right\};\left\{ {3;6} \right\};\left\{ {4;5} \right\}.\)

Khi đó để lập được một số có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \) chia hết cho 2222, ta thực hiện liên tiếp các công đoạn sau:

+ Chọn 1 trong 4 cặp chữ số có tổng bằng 9: có 4 cách.

+ Xếp chữ số chẵn vào vị trí \({a_8}\) và chữ số lẻ vào vị trí \({a_4}:\) có 1 cách.

+ Chọn 1 trong 3 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 3 cách.

+ Xếp 2 chữ số trên vào vị trí \({a_1},{a_5}:\) có 2 cách.

+ Chọn 1 trong 2 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 2 cách.

+ Xếp 2 chữ số trên vào vị trí \({a_2},{a_6}:\) có 2 cách.

+ Cuối cùng xếp 2 chữ số của cặp còn lại vào vị trí \({a_3},{a_7}:\) có 2 cách.

Như vậy số các số cần tìm là \(4.1.3.2.2.2.2 = 192\) số.

Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một số từ \(A\)”.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 8!.\)

Biến cố B. “Số lấy được chia hết cho 2222” \( \Rightarrow n\left( B \right) = 192.\)

Vậy xác suất để số lấy được chia hết cho 2222 là:\(P\left( A \right) = \frac{{192}}{{8!}}.\)

Đáp án B

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD;E\) là trung điểm của \(CD\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OE \bot CD\\SO \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SEO} = {60^0}\)

Đặt \(AD = 2CD = 2x\)

\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = 5{x^2} \Leftrightarrow 5{x^2} = 36 \Rightarrow x = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{12\sqrt 5 }}{5};CD = \frac{{6\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{72}}{5}\)

\(OE = \frac{{AD}}{2} = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\)

Trong tam giác vuông \(SOE\) có \(SO = OE.\tan {60^0} = \frac{{6\sqrt {15} }}{5}.\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{{144\sqrt {15} }}{{25}}\)

\({V_{S.MNCD}} = {V_{S.MCD}} + {V_{S.MNC}}\)

\(\frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2};\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MNCD}} = \frac{3}{4}.{V_{S.ABC}} = \frac{3}{8}.{V_{S.ABCD}}\)

\({V_{ABCDMN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.MNCD}} = \frac{5}{8}.{V_{S.ABCD}} = \frac{{18\sqrt {15} }}{5}.\)

Đáp án C

\(g'\left( x \right) = \left( {4x - 12} \right).f'\left( {2{x^2} - 12x + m} \right)\)

\( = \left( {4x - 12} \right){\left( {2{x^2} - 12x + m + 1} \right)^2}\left( {2{x^2} - 12x + m} \right)\left( {2{x^2} - 12x + m - 4} \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) có đúng 5 điểm cực trị

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right)\) đổi dấu 5 lần

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\) có 5 nghiệm đơn phân biệt

\( \Leftrightarrow \) phương trình \(2{x^2} - 12x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình \(2{x^2} - 12x + m - 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và các nghiệm này khác nhau

Phương trình \(2{x^2} - 12x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình \(3{x^2} - 12x + m - 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 3.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta {'_1} >0\\\Delta {'_2} >0\\{2.3^2} - 12.3 + m \ne 0\\{2.3^2} - 12.3 + m - 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}36 - 2m >0\\36 - 2\left( {m - 4} \right) >0\\m \ne 18\\m \ne 22\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 18\)

Với điều kiện \(m < 18\) thì phương trình \(2{x^2} - 12x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \(a;b\) và phương trình \(2{x^2} - 12x + m - 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \(c,d.\)

Theo Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = c + d = 6\\a.b = m\\c.d = m - 4\end{array} \right.\)

Nếu \(a = c\) thì \(b = d\) (vì \(a + b = c + d = 6) \Rightarrow a.b = c.d \Leftrightarrow m = m - 4\) điều này là vô lí

Do đó các nghiệm của hai phương trình \(2{x^2} - 12x + m = 0\) và \(2{x^2} - 12x + m - 4 = 0\) luôn khác nhau.

Mà \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2;3;4...17} \right\}.\) Do đó có 17 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

Đáp án A

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

Đặt \(t = 1 - x.\) Khi đó ta có \(y' = - f'\left( t \right) - t = 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - t\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = - t\) và \(y = f'\left( t \right)\) trên cùng mặt phẳng tọa đọ ta thấy:

\(f'\left( t \right) = - t \Leftrightarrow t = - 3,t = 1,t = 3.\)

Bảng xét dấu

\(\left[ \begin{array}{l} - 3 < t < 1\\t >3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 < 1 - x < 1\\1 - x >3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 4\\x < - 2\end{array} \right..\)

Ta thấy \(\left( {1;3} \right) \subset \left( {0;4} \right).\)

Đáp án A.

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BB',CC' \Rightarrow AE = a,AF = a\sqrt 3 .\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AE\\BB' \bot AF\end{array} \right. \Rightarrow BB' \Rightarrow \left( {AEF} \right) \Rightarrow BB' \bot EF \Rightarrow EF = d\left( {C,BB'} \right) = 2a.\)

Suy ra \(\Delta AEF\) vuông tại \(A.\)

Gọi \(K = MM' \cap EF \Rightarrow K\) là trung điểm của \(EF \Rightarrow AK = \frac{1}{2}EF = a.\)

Lại có \(MM'//BB' \Rightarrow MM' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MM' \bot AK.\)

Suy ra \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{AM{'^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow AM = 2a.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(EF \Rightarrow AH \bot \left( {BCC'B'} \right).\)

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},M'{M^2} = A{M^2} + AM{'^2} = \frac{{16a}}{3} \Rightarrow MM' = \frac{{4\sqrt 3 a}}{3}.\)

Ta cũng có \({S_{BCC'B'}} = d\left( {C,BB'} \right).BB' = \frac{{8\sqrt 3 {a^2}}}{3}.\)

Suy ra \({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2}{V_{A.BCC'B'}} = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}.AH.{S_{BCC'B'}} = 2{a^3}.\)

Đáp án C