Đề số 29

Đáp án D.

Đáp án C.

Ta có \({3^x} \le 9 \Leftrightarrow {3^x} \le {3^2} \Leftrightarrow x \le 2.\)

Đáp án C.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3x,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ {0;2} \right]\\x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( 0 \right) = 2,y\left( 2 \right) = 4,y\left( 1 \right) = 0,\) vậy \(M = 4;m = 0\), do đó \(M + m = 4.\)

Đáp án D.

Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;2} \right).\)

Đáp ánA.

Thể tích khối cầu đã cho bằng: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi .\)

Đáp án B.

Với \(a,b\) là các số thực dương, \(a \ne 1.\) Ta có:

\({\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = {\log _a}{a^2} + {\log _a}b = 2{\log _a}a + {\log _a}b = 2 + {\log _a}b.\)

Đáp ánD.

Điều kiện \(x - 3 >0 \Leftrightarrow x >3.\)

Tập xác định \(D = \left( {3; + \infty } \right)\).

Đáp ánC.

Mỗi tập hợp con gồm 2 phần tử của \(A\) tập hợp là một tổ hợp chập 2 của 6 phần tử. Do đó số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp \(A\) là \(C_6^2.\)

Đáp ánB.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 1 = 0\\x + 2 = 0\\3 - 3x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,5\\x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Đáp án A.

Đường cong đã cho là đồ thị hàm trùng phương dạng: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\)

Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên \(a < 0 \Rightarrow \) Ta loại các đáp án B, D.

Đồ thị hàm số cắt trục \(Oy\) tại \(y = c < 0 \Rightarrow \) Ta loại đáp án C.

Đáp án B.

Số nghiệm của phương trình \(3f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{3}\) bằng số giao điểm của đồ thị \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{3}.\)

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{3}\) tại 3 điểm nên phương trình đã cho có 3 nghiệm.

Đáp án B.

Thể tích khối lăng trụ đã cho: \(V = B.h = 5.9 = 45\) (đvdt).

Đáp án A.

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 2 \Rightarrow {y_{CD}} = 3.\)

Đáp án D.

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

Đáp án D.

Ta có \(V = a.2a.3a = 6{a^3}.\)

Đáp án A.

\({u_{2021}} = {u_1} + 2020d = 3 + 4.2020 = 8083\)

Đáp án B.

Giải phương trình \({x^4} - 4{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 \\x = - \sqrt 2 \\x = \sqrt {2 + \sqrt 3 } \\x = - \sqrt {2 + \sqrt 3 } \end{array} \right.\)

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 1\) với trục hoành là 4.

Đáp án D.

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .3.4 = 24\pi .\)

Đáp án D.

Ta có \({5^{x - 1}} = 625 \Leftrightarrow {5^{x - 1}} = {5^4} \Leftrightarrow x - 1 = 4 \Leftrightarrow x = 5.\)

Tập nghiệm của phương trình \({5^{x - 1}} = 625\) là \(\left\{ 5 \right\}.\)

Đáp án A.

Đáp án D.

Hàm số mũ \(y = {a^x}\) đồng biến trên tập xác định của nó khi \(a >1.\)

Vì \(\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{e} >1\) nên hàm số \(y = {\left( {\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{e}} \right)^x}\) đồng biến trên tập xác định của nó.

Đáp án D.

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f\left( {2020x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2020x - 1 = a\left( {a < 0} \right)\\2020x - 1 = b\left( {0 < b < 1} \right)\\2020x - 1 = c\left( {c >2} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + a}}{{2020}}\\x = \frac{{1 + b}}{{2020}}\\x = \frac{{1 + c}}{{2020}}\end{array} \right..\) Vậy phương trình \(f\left( {2020x - 1} \right) = 1\) có ba nghiệm.

Đáp án B.

Ta có \({a^{3{{\log }_a}3}} = {a^{{{\log }_a}{3^3}}} = {3^3} = 27.\)

Đáp ánC.

\(f\left( x \right) = \ln \frac{{2020x}}{{x + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}\)

Khi đó: \(S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) + ... + f'\left( {2020} \right) = \sum\limits_{k = 1}^{2020} {\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{k + 1}}} \right) = 1 - \frac{1}{{2021}} = \frac{{2020}}{{2021}}.} \)

Đáp ánC.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 1 \Rightarrow f'\left( 0 \right) = 1.\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + x - 3\) tại điểm \(M\left( {0; - 3} \right)\) là: \(y = x - 3.\)

Đáp ánA.

Ta thấy cách gửi tiền theo đề bài là gửi theo hình thức lãi kép.

Áp dụng công thức lãi kép ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là \({P_6} = {P_0}{\left( {1 + r} \right)^6} = 100{\left( {1 + 0,4\% } \right)^6} = 102.424.128,4\) đồng.

Đáp án D.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\)

Khi đó: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}},{V_{A'.ABC}} = \frac{1}{3}A'H.{S_{ABC}}\).

Suy ra: \(\frac{{{V_{A'.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{A'.ABC}} = \frac{1}{3}.99 = 33c{m^3}.\)

Đáp án C.

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 \ge 0\\{x^2} - 5\left| x \right| + 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \le - 2\\x \ge 2\end{array} \right.\\x \ne \pm 4\end{array} \right..\)

Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 4;4} \right\}.\)

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 4\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ - }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = - 4\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Đáp án B.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{1}{{x - 1}}dx} = \ln \left| {x - 1} \right| + C.\)

Mà \(F\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow C = 1.\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| {x - 1} \right| + 1 \Rightarrow F\left( 3 \right) = \ln 2 + 1.\)

Đáp án C.

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) bằng: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Xét tam giác \[BAA'\] vuông tại \(A\) ta có: \(A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a.\)

Đáp án D.

Ta có: \({4^x} - m{.2^{x + 1}} + 3m - 3 = 0 \Leftrightarrow {4^x} - 2m{.2^x} + 3m - 3 = 0.\left( 1 \right)\)

Đặt \({2^x} = t >0,\) phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 2mt + 3m - 3 = 0.\left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm trái dấu khi \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({t_1};{t_2}\) thỏa mãn: \(0 < {t_1} < 1 < {t_2}\) hay:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' >0\\S >0\\P >0\\a.f\left( 1 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - \left( {3m - 3} \right) >0\\2m >0\\3m - 3 >0\\1 - 2m + 3m - 3 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 3 >0,\forall m \in \mathbb{R}\\m >0\\m >1\\m < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 2.\)

Đáp ánB.

Ta có:

\(\int\limits_{}^{} {\frac{{x\left( {2 + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{{\left[ {\left( {x + 1} \right) - 1} \right]\left[ {\left( {x + 1} \right) - 1} \right]}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_{}^{} {\left[ {1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right]dx} = x + \frac{1}{{x + 1}} + C\)

Khi đó:

\(y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} + 0\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.

\(y = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} - 1\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.

\(y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2} - x - 2 + 1}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}} = x + \frac{1}{{x + 1}} - 2\) là nguyên hàm của hàm số đã cho.

Vậy hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 1}}\) không phải là nguyên hàm của hàm số \(y = \frac{{x\left( {2 + x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\)

Đáp ánC.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 >0\\x - 1 \ne 0\\4x >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >- 3\\x \ne 1\\x >0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \ne 1.\)

Ta có: \(\frac{1}{2}{\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + 3} \right) + \frac{1}{2}{\log _9}{\left( {x - 1} \right)^4} = 2{\log _9}\left( {4x} \right) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 3} \right) + {\log _3}\left| {x - 1} \right| = {\log _3}\left( {4x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = {\log _3}\left( {4x} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = 4x\left( * \right).\)

Trường hợp 1: Nếu \(x >1\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 4x \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\left( {loa\"i i} \right)\\x = 3\end{array} \right.\)

Trường hợp 2: Nếu \(0 < x < 1\) thì

\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {1 - x} \right) = 4x \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3 - 2\sqrt 3 \left( {loa\"i i} \right)\\x = - 3 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

Đáp án A.

Lấy trên \(SB,SC\) hai điểm \(E,F\) sao cho \(SE = SF = SA = a.\) Do \(\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA} = {60^0}\) nên tứ diện \(SAEF\) là tứ diện đều có cạnh bằng \(a.\)

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {AEF} \right).\) Thể tích khối tứ diện \(SAEF\) bằng:

\({V_{SAEF}} = \frac{1}{3}SH.{S_{AEF}} = \frac{1}{3}.\sqrt {S{A^2} - A{H^2}} .{S_{AEF}} = \frac{1}{3}.\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Lại có: \(\frac{{{V_{SAEF}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SE}}{{SB}}.\frac{{SF}}{{SC}} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{SABC}} = 8.{V_{SAEF}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\)

Đáp án B.

Ta có: \(\frac{{MC}}{{OC}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\)

Kẻ \(OH \bot CD;OI \bot SH\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OH\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SOH} \right).\)

Mà \(\left\{ {\left( {SCD} \right) \cap \left( {SOH} \right) = SH;OI \bot SH \Rightarrow OI \bot \left( {SCD} \right)} \right.\) hay \(OI = d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\)

Có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 ;OH = a.\)

Trong tam giác vuông \(SOH:OI = \frac{{SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

\(d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}.d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Đáp án D.

Ta có: \(y = {x^4} + 2m{x^2} + 3{m^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - m\end{array} \right..\)

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì \(m < 0.\) Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là: \(A\left( {0;3{m^2}} \right);B\left( { - \sqrt { - m} ;2{m^2}} \right);C\left( {\sqrt { - m} ;2{m^2}} \right).\)

Vì ba điểm cực trị lập thành tam giác nhận \(G\left( {0;7} \right)\) làm trọng tâm nên

\(\left\{ \begin{array}{l}3{x_G} = {x_A} + {x_B} + {x_C}\\3{y_G} = {y_A} + {y_B} + {y_C}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 = 0\\7{m^2} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 3 \) mà \(m < 0\) do đó \(m = - \sqrt 3 .\)

Đáp án A.

Ta có: \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot BC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(B.\)

Lại có: \(B'C' \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow B'C' \bot AB' \Rightarrow \Delta AB'C'\) vuông tại \(B'.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(A'C \Rightarrow IA = IB = IB' = IC' = R.\) Mặt khác, \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật nên \(R = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{{3a}}{2}.\)

Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABB'C'\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 9\pi {a^2}.\)

Đáp án B.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(AB = \sqrt {B{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\)

\(SA = AB\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2a + a} \right).a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là:

\(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Đáp án C.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\Delta ABC\) đều nên \(AM \bot BC\).

Tam giác \(A'BC\) đều nên \(A'M \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'AM} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = A'M\\\left( {A'AM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} = \widehat {\left( {A'M;AM} \right)} = \widehat {A'MA}\)

Xét \(\Delta AA'M\) vuông tại \(A,\) có \(\tan \widehat {A'MA} = \frac{{AA'}}{{AM}} \Rightarrow AA' = \tan {60^0}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}.\)

Tứ giác \(BCC'B'\) là hình chữ nhật có diện tích \({S_{BCC'B'}} = BB'.BC = \frac{{3{a^2}}}{2}.\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\AM \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Thể tích khối chóp \(ABCC'B'\) là \({V_{ABCC'B'}} = \frac{1}{3}.d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

Vậy diện tích thiết diện bằng \(\frac{{8\sqrt {11} }}{3}\) (đvtt)

Đáp ánB.

Gọi \(S\) là đỉnh, \(I\) là tâm đường tròn đáy của hình nón đã cho.

Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2 cắt đường tròn đáy theo dây cung \(AB\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Qua \(I\) kẻ \(IH \bot SM\left( {H \in SM} \right)\).

Ta có:

\(IA = IB = 3\) nên tam giác \(IAB\) cân tại \(I\) hay \(IM \bot AB\left( 1 \right)\)

\(SI \bot \left( {IAB} \right) \Rightarrow SI \bot AB\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AB \bot \left( {SIM} \right) \Rightarrow AB \bot IH\) mà \(IH \bot SM\) nên \(IH \bot \left( {SAB} \right)\)

Khoảng cách từ tâm đến \(mp\left( {SAB} \right)\) bằng 2 nên \(IH = 2\)

Tam giác \(SIM\) vuông tại \(I\), có đường cao \(IH\) nên:

\(\frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} \Rightarrow IM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)

\(S{M^2} = S{I^2} + I{M^2} = {4^2} + {\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \Rightarrow SM = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\)

Tam giác \(IAM\) vuông tại \(M\) nên \(AM = \sqrt {I{A^2} - I{M^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{3} \Rightarrow AB = \frac{{2\sqrt {33} }}{3}\).

Tam giác \(SAB\) có \(SM \bot AB\) nên diện tích tam giác \(SAB\) là:

\({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB = \frac{1}{2}.\frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\frac{{2\sqrt {33} }}{3} = \frac{{8\sqrt {11} }}{3}\)

Đáp án D.

\(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx - 2 \Rightarrow f\left( 1 \right) = a + b - 1\)

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 3 + 2a + b\)

Theo đề bài, \(\left\{ \begin{array}{l}a + b >1\\3 + 2a + b < 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) >0\\f'\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.\)

Khi đó, đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|\) có dạng như hình vẽ bên:

Như vậy, hàm số \(y = \left( {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right)\) có tất cả 11 cực trị.

Đáp án B.

Với \(t = 1 - x,\) ta có hàm số \(y = f\left( t \right)\) có đồ thị như hình vẽ.

Có:

\(y = g\left( x \right) = f\left( {1 - x} \right) + \frac{{{x^2}}}{2} - x\)

\(y'\left( x \right) = - f'\left( {1 - x} \right) + x - 1 = - f'\left( t \right) - t\)

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi:

\( - f'\left( t \right) - t < 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) >- t\)</>

Dựa vào đồ thị hàm số xác định được

\(f'\left( t \right) >- t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < - 3\\1 < t < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - x < - 3\\1 < 1 - x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >4\\ - 2 < x < 0\end{array} \right.\)

Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Đáp án A.

Goi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Vì \(SABCD\) là chóp tứ giác đều nên \(SO\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(E\) là hình chiếu \(M\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(AO\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {MN;EN}} \right) = \widehat {MNE} = {60^0}\)

Do: \(N{E^2} = C{N^2} + C{E^2} - 2.CN.CE.\cos \widehat {NCE}\)

\( \Rightarrow NE = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\( \Rightarrow MN = 2.ME = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(EN\) và \(BO\).

Từ \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(ME,\) cắt \(MH\) tại \(H\)

\( \Rightarrow H\) là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Hình chiếu của \(N\) lên \(\left( {SBD} \right)\) là góc \(NHK\).

Xét tam giác vuông \(NHK\) có:

\(NH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\(NK = \frac{{CO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow \sin \widehat {NHK} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {SBD} \right)}} \right) = \arcsin \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Đáp án D.

* Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và \(Ox:{x^3} - 2\left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {5m + 1} \right)x - 2m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 2mx + m + 1 = 0\left( * \right)\end{array} \right.\)

* Để đồ thị cắt \(Ox\) tại 3 điểm phân biệt \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác 2

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} - m - 1 >0\\5 - 3m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m >\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\\m < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\\m \ne \frac{5}{3}\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

* Gọi \(B\left( {{x_1};0} \right),C\left( {{x_2};0} \right)\), trong đó \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của \(\left( * \right).\)

\(B,C\) có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2{x_1}{x_2} + 1 < 0\)

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

Kết hợp (1), (2) suy ra \(\left[ \begin{array}{l}m >2\\m < - \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

Mà \(m \in \left( { - 2021;2021} \right) \cap \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ { - 2020; - 2019;...; - 1;3;...2020} \right\}.\)

Đáp án A.

Ta thấy thiết diện của \(\left( {IJK} \right)\) và lăng trụ như hình vẽ.

Ta có \(IB//EB' \Rightarrow \frac{{FI}}{{FE}} = \frac{{FB}}{{FB'}} = \frac{{FH}}{{FK}} = \frac{{IB}}{{EB'}} = \frac{1}{3}.\)

Ba điểm \(E,G,K\) thẳng hàng nên \(\frac{{EA'}}{{EB'}}.\frac{{KB'}}{{KC'}}.\frac{{GC'}}{{GA'}} = 1 \Rightarrow GC' = 3GA'.\)

Ba điểm \(A',G,C'\) thẳng hàng nên \(\frac{{A'E}}{{A'B'}}.\frac{{C'B'}}{{C'K}}.\frac{{GK}}{{GE}} = 1 \Rightarrow GK = GE.\)

Ta có \(\frac{{{S_{EB'K}}}}{{{S_{A'B'C'}}}} = \frac{{EB'.d\left( {K,A'B'} \right)}}{{A'B'.d\left( {C',A'B'} \right)}} = \frac{3}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{F.EB'K}} = \frac{1}{3}{S_{EB'K}}.d\left( {F,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{1}{3}.\frac{3}{4}{S_{A'B'C'}}.\frac{3}{2}d\left( {B,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{{3V}}{8}.\)

\(\frac{{{V_{FIBH}}}}{{{V_{FEB'K}}}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} = \frac{1}{{27}} \Rightarrow {V_{FIBH}} = \frac{1}{{27}}.\frac{{3V}}{8} = \frac{V}{{72}}.\)

\(\frac{{{V_{EJA'G}}}}{{{V_{FEB'K}}}} = \frac{{EA'}}{{EB'}}.\frac{{EJ}}{{EF}}.\frac{{EG}}{{EK}} = \frac{1}{{18}} \Rightarrow {V_{FIBH}} = \frac{1}{{18}}.\frac{{3V}}{8} = \frac{V}{{48}}.\)

\( \Rightarrow {V_1} = \frac{{3V}}{8} - \frac{V}{{48}} - \frac{V}{{72}} = \frac{{49V}}{{144}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{49}}{{144}}.\)

Đáp án C.

Tập hợp \(S\) có \({9.10^5}\) phần tử.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {9.10^5}.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Số được chọn là số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400”.

Ta có: \(1400 = {2^3}{.5^2}{.7^1} = {1^1}{.2^1}{.4^1}{.5^2}{.7^1} = {1^2}{.8^1}{.5^2}{.7^1}.\)

* Trường hợp 1: Số được chọn có 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^3.C_3^2 = 60\) cách.

* Trường hợp 2: Số được chọn có 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^2.4! = 360\) cách.

* Trường hợp 3: Số được chọn có 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có \(C_6^2.C_4^2.2! = 180\) cách.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n\left( A \right) = 60 + 360 + 180 = 600\) cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}.\)

Đáp án C.

Ta có: \( - 2{x^3} + 6{x^2} - 16x + 10 + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = 0\)

\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {x^3} - 6{x^2} + 13x - 10\)

\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {\left( {x - 2} \right)^3} + x - 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}}} \right)^3} + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = {\left( {x - 2} \right)^3} + \left( {x - 2} \right){\rm{ }}\left( * \right)\)

Xét hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^3} + t\) có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 >0,\forall t \in \mathbb{R}\) nên hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\) Do đó phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = x - 2 \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m = {\left( {x - 2} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow - {x^3} - 3x + m = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8 \Leftrightarrow 2{x^3} - 6{x^2} + 15x - 8 = m\) (1)

Phương trình \( - 2{x^3} + 6{x^2} - 16x + 10 + m + \sqrt[3]{{ - {x^3} - 3x + m}} = 0\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right].\)

Xét hàm số \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + 15x - 8\) có \(y' = 6{x^2} - 12x + 15 >0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số này đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Ta có: \(y\left( { - 1} \right) = - 31\) và \(y\left( 2 \right) = 14.\)

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) khi và chỉ khi \( - 31 \le m \le 14.\)

Kết hợp điều kiện \(m \in \mathbb{Z}\) ta có \(S = \left\{ { - 31; - 30; - 29;...;13;14} \right\}.\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) là \( - 391.\)

Đáp án A

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.5.6 = 10.\)

Đáp án A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 4} \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{3x}}{{x + 4}} = 3\) nên đường thẳng \(y = 3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x}}{{x + 4}}.\)