Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 28)

Chọn D.

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}.S.h=\frac{1}{3}.3a^2.3a=3a^3.$

Chọn B.

Theo lý thuyết ta có ${\log }_a\frac{b}{c}={\log }_{a}b-{\log }_{a}c.$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=-\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}<0\forall \text{x}\in \left[-2;0\right]$

Suy ra hàm số $y=\frac{-x+3}{x-2}$ nghịch biến trên khoảng (-2;0)

Suy ra $\underset{\left[-2;0\right]}{\max }y=f\left(-2\right)=-\frac{5}{4}.$

Chọn A.

$V=S.h=\frac{1}{2}{\left(4a\right)}^2.a\sqrt{3}=8a^3\sqrt{3}.$

Chọn B.

Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3,$ nên đáp án B sai.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng (ABCD) là BC.

Suy ra $\widehat{\left(SC;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SC;BC\right)}=\widehat{SCB}$

Chọn D.

Hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên nên: $3-x>0\iff x<3.$

Chọn C.

Tập xác đinh: $D=ℝ.$

Ta có: $y\text{'}=4x^3-8x=4x\left(x^2-2\right).$

$y\text{'}=0\iff 4x\left(x^2-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Bảng xét dấu y'

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;\sqrt{2}\right).$

Chọn C.

Gọi cấp số nhân có công bội q

Ta có $u_2=u_1.q\Rightarrow q=\frac{u_2}{u_1}=\frac{6}{-3}=-2.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=\left(\sin x\right)\text{'}\Rightarrow y\text{'}=\cos x.$

Chọn B

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm $-x^4-4x^2-2=0$ (phương trình vô nghiệm.)

Vậy đồ thị hàm số $y=-x^4-4x^2-2$ không cắt trục hoành

Chọn A.

Tập xác định của hàm số: $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có: $y\text{'}=4x^3-8x.$

$y\text{'}=0\iff 4x^3-8x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-\sqrt{2}\\ x=0\\ x=\sqrt{2}\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Hàm số có 3 điểm cực trị

Chọn C.

Ta có: ${\left(\frac{4}{3}\right)}^x>1\iff {\left(\frac{4}{3}\right)}^x>{\left(\frac{4}{3}\right)}^0\iff x>0.$

Tập nghiệm của bất phương trình là: $\left(0;+\infty \right).$

Chọn B.

Đồ thị có dạng của hàm số bậc ba, nhánh cuối đi lên nên có a>0

Do đó chọn đáp án B

Chọn A.

Thể tích khối trụ là $V=\pi r^{2}h.$

Chọn D.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{S}_{\Delta ABC}=\frac{a^2}{2}\\ SA=a\sqrt{3}\end{array}\right.\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{2}.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

Chọn C.

Vì $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x-3}=+\infty$ nên nhận đường thẳng x=3 làm tiệm cận đứng

Chọn A

Ta có đường sinh của hình trụ là l=h=2

Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \mathrm{.2.4}=16\pi .$

Chọn A.

Cạnh  của vật thể trong hình.

A. vi phạm tính chất trong khái niệm về hình đa diện “Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác”. Cụ thể cạnh  trong hình là cạnh chung của 4 đa giác

Chọn A.

$\frac{a^{\sqrt{3}+1}.a^{3-\sqrt{3}}}{{\left(a^{\sqrt{5}-2}\right)}^{\sqrt{5}+2}}=\frac{a^{\left(\sqrt{3}+1\right)\left(3-\sqrt{3}\right)}}{a^{\left(\sqrt{5}-2\right)\left(\sqrt{5}+2\right)}}=\frac{a^4}{a}=a^3.$

Chọn B.

$y=-x^3-3m{x}^2+4m$

$y\text{'}=-3x^2-6mx.$

Hàm số $y=-x^3-3m{x}^2+4m$ đồng biến trên khoảng (0;4)

$$\begin{gathered} \iff f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(0;4\right) \\ \iff -3x^2-6mx>0,\forall x\in \left(0;4\right) \\ \iff -3x^2>6mx,\forall x\in \left(0;4\right) \\ \iff -m>\frac{x}{2},\forall x\in \left(0;4\right) \\ \iff -m\ge 2 \\ \iff m\le -2. \end{gathered}$$

Vậy $m\le -2$

Chọn D

Do tam giác ABC vuông tại B nên $AB\perp BC$, mặt khác $BC\perp SA$ nên $BC\perp SB.$ Do vậy ta có $\widehat{SBC}=\widehat{SAC}={90}^0$ nên tâm mặt cầu ngoại tiếp của S.ABC là trung điểm của SC.

Bán kính $R=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2+B{C}^2}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$ Vậy diện tích mặt cầu $S=4\pi R^2=6\pi .$

Chọn B.

$y=x^3-3x^2+mx,$ suy ra $y\text{'}=3x^2-6x+m;y"=6x-6.$

Để hàm số $y=x^3-3x^2+mx$ đạt cực tiểu tại x=2 thì

$\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(2\right)=0\\ y"\left(2\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=0\\ -6<0\left(luondung\right)\end{array}\right.\iff m=0.$

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Ta có $H{D}^2=A{H}^2+A{D}^2=\frac{a^2}{4}+a^2=\frac{5a^2}{4}\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{a^3}{3}.$

Chọn A.

ĐK: $x\le 1.$

Phương trình ${\log }_2\left(3-x\right)+{\log }_2\left(1-x\right)=3\iff {\log }_2\left[\left(3-x\right)\left(1-x\right)\right]=3$

$\iff \left(3-x\right)\left(1-x\right)=8\iff x^2-4x-5=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=5\end{array}\right.$

Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của phương trình x=-1

Chọn C.

Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng

Chọn D.

TXĐ: $\left(-\infty ;2\right]\backslash \left\{-2\right\}.$

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to \left(-2\right)}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow x=-2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Chọn C.

$n\left(\Omega \right)=C_{12}^3$

Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả cầu xanh là: $P=\frac{C_7^2.C_5^1+C_7^3}{C_{12}^3}=\frac{7}{11}.$

Chọn C.

Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là tiếp điểm.

$f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x$

Tiếp tuyến song song với đường thẳng $y=9x-2\Rightarrow f\text{'}\left(x_0\right)=9\iff 3x_0^2-6x_0=9\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_0=-1\\ x_0=3\end{array}\right.$

Với $x_0=-1\Rightarrow y_0=-2.$ Phương trình tiếp tuyến $y=9\left(x+1\right)-2\iff y=9x+7$

Với $x_0=3\Rightarrow y_0=2.$ Phương trình tiếp tuyến $y=9\left(x-3\right)+2\iff y=9x-25$.

Vậy có 2 tiếp tuyến.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta có:

+ Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}.$

+ Các giới hạn: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1;\underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=-\infty .$

Từ các giới hạn trên ta suy ra: Đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng và đường thẳng y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x)

Chọn D

Xét tam giác AMA' vuông tại M có: $AM=\sqrt{AA{\text{'}}^2-A\text{'}{M}^2}=\sqrt{16a^2-4a^2}=2a\sqrt{3}.$

Đặt cạnh tam giác đều bằng x ta có: $AM=2a\sqrt{3}=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=4a.$

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}M.S_{ABC}=2a.\frac{{\left(4a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=8a^3\sqrt{3}.$

Chọn A.

Hình bát diện có số mặt là 8, số đỉnh là 6 và số cạnh là 12.

Do đó $S=M-C+$Đ$=8-12+6=2.$

Chọn A.

$R=2;IH=\sqrt{2}$

$\Rightarrow r=\sqrt{R^2-I{H}^2}=\sqrt{2}.$

Diện tích của hình tròn (C) là $S=\pi r^2=2\pi .$

Chọn A.

Ta có: ${\log }_{a}b=\frac{\log b}{\log a}<1$ do 0<a<b<1 và ${\log }_{b}a=\frac{\log a}{\log b}>1.$

Chọn C.

Ta có: ${\log }_{a{b}^2}\left(x^3\right)=3{\log }_{a{b}^2}x=\frac{3}{{\log }_x\left(a{b}^2\right)}=\frac{3}{{\log }_{x}a+2{\log }_{x}b}$

$=\frac{3}{\frac{1}{{\log }_{a}x}+\frac{2}{{\log }_{b}x}}=\frac{3{\log }_{a}x.{\log }_{b}x}{2{\log }_{a}x+{\log }_{b}x}=\frac{2\alpha \beta }{2\alpha +\beta }.$

Chọn A

Giả sử chóp tam giác đều là S.ABC ta có tam giác ABC đều và $SG\perp \left(ABC\right)$ với G là trọng tâm tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC, suy ra $\left\{\begin{array}{l}AG\perp BC\\ SG\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SG\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAG\right)\Rightarrow BC\perp SM.$

Do đó $\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(SM,AM\right)=\widehat{SMA}={60}^0.$

Gọi cạnh AB=x(x>0) suy ra $AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AM=\frac{x\sqrt{3}}{3};$

$GM=\frac{1}{3}AM=\frac{x\sqrt{3}}{6}.$

Lại có $\tan \widehat{SMA}=\frac{SG}{GM}\iff \tan {60}^0=\frac{SG}{GM}\iff SG=GM.\tan {60}^0\iff SG=\frac{x}{2}.$

Mà tam giác SAG vuông tại $G\Rightarrow S{G}^2+G{A}^2=S{A}^2\iff \frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{3}=\frac{7a^2}{3}\iff x^2=4a^2\iff x=2a.$

Suy ra $SG=a,S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=a^2\sqrt{3}.$ Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SG.S_{\Delta ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}.$

Chọn D

Gọi M là trung điểm của đoạn AB.

Ta có tam giác ABC cân tại C nên $CM\perp AB$ và tam giác ABD cân tại D nên $DM\perp AB.$

Suy ra $AB\perp \left(CDM\right).$ Gọi N là trung điểm của CD thì $AB\perp MN.$

Lại có $\Delta DAB=\Delta CAB\Rightarrow DM=CM$ hay tam giác DCM cân tại $M\Rightarrow CD\perp MN$ nên MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD. Suy ra $d\left(AB,CD\right)=MN.$

Có $DM=CM=\sqrt{C{A}^2-B{M}^2}=\sqrt{C{A}^2-\frac{A{B}^2}{4}}=\sqrt{15}.$

Do đó $MN=\sqrt{C{M}^2-C{N}^2}=\sqrt{C{M}^2-\frac{C{D}^2}{4}}=\sqrt{11}.$

Vậy $d\left(AB,CD\right)=\sqrt{11}.$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=-3x^2+4x-\left(m+2\right)$

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt

 $\iff \left\{\begin{array}{l}-3\ne 0\\ 4-3\left(m+2\right)>0\end{array}\right.\iff m<-\frac{2}{3}.$

Mặt khác $y=\frac{1}{9}\left(3x-2\right)y\text{'}-\frac{2}{9}\left(3m+2\right)x+\frac{1}{9}\left(7m-4\right)$

$y\left(x_1\right)=-\frac{2}{9}\left(3m+2\right)x+\frac{1}{9}\left(7m-4\right),$ vì $y\text{'}\left(x_1\right)=0.$

$y\left(x_2\right)=-\frac{2}{9}\left(3m+2\right)x_2+\frac{1}{9}\left(7m-4\right),$ vì $y\text{'}\left(x_2\right)=0.$

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $\Delta :y=-\frac{2}{9}\left(3m+2\right)x+\frac{1}{9}\left(7m-4\right)$

Mà $N\left(2;-\frac{1}{3}\right)\in \Delta$ nên $-\frac{4}{9}\left(3m+2\right)+\frac{1}{9}\left(7m-4\right)=-\frac{1}{3}\iff m=-\frac{9}{5}.$

Chọn D

Giả sử SAB là thiết diện đi qua đỉnh hình nón.

Ta có tam giác SAB có $SA=SB=AB=l$ và $S_{SAB}=\frac{l^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}{a}^2\Rightarrow l=6a.$

Mà $r=\sqrt{l^2-h^2}=2\sqrt{5}a.$

Khi đó thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{80a^3\pi }{3}.$

Chọn B

Gọi hình chóp ngũ giác đều đã cho là S.ABCDE có O là tâm của đáy ABCDE,I là trung điểm cạnh CD.

$\Rightarrow SO\perp \left(ABCDE\right)$ và $OI\perp CD\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right).$

Lại có: $\widehat{COI}=\frac{1}{2}\widehat{COD}={36}^0\Rightarrow IC=OI.\tan {36}^0$

Dễ thấy: $S_{\Delta SCD}+S_{\Delta OCD}=\frac{1}{5}S=\frac{4}{5}\Rightarrow \frac{1}{2}SI.CD+\frac{1}{2}OI.CD=\frac{4}{5}\Rightarrow SI.IC+OI.IC=\frac{4}{5}$

$\Rightarrow SI.OI.\tan {36}^0+O{I}^2.\tan {36}^0=\frac{4}{5}\Rightarrow SI=\frac{4}{5.IO.\tan {36}^0}-OI$

$\Rightarrow SO=\sqrt{S{I}^2-O{I}^2}=\sqrt{{\left(\frac{4}{5.OI.\tan {36}^0}-OI\right)}^2-O{I}^2}=\sqrt{\frac{16}{25.O{I}^2.{\tan }^2{36}^0}-\frac{8}{5\tan {36}^0}}$

Thể tích khối chóp S.ABCDE là: $V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCDE}=\frac{1}{3}SO.5S_{\Delta COD}=\frac{5}{3}SO.\frac{1}{2}OI.CD$

$=\frac{5}{3}SO.OI.IC=\frac{4}{2}\sqrt{\frac{16}{25.O{I}^2.{\tan }^2{36}^0}-\frac{8}{5\tan {36}^0}}.O{I}^2.\tan {36}^0$

$$\begin{gathered} =\frac{10\sqrt{2}}{3\sqrt{5\tan {36}^0}}\sqrt{\left(\frac{2}{5}-O{I}^2.\tan {36}^0\right).O{I}^2.\tan {36}^0}\le \frac{10\sqrt{2}}{3\sqrt{5\tan {36}^0}}. \\ \frac{\frac{2}{5}-O{I}^2.\tan {36}^0+O{I}^2.\tan {36}^0}{2} \end{gathered}$$

$=\frac{10\sqrt{2}}{3\sqrt{5}\tan {36}^0}.\frac{1}{5}=\frac{2\sqrt{10}}{15\sqrt{\tan {36}^0}}$

Vậy: $a=2;b=15\Rightarrow T=a+b=17.$

Chọn D

Giả sử vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a đường cao SO=h. Loại kẹo có hình dạng là khối cầu có tâm I

Gọi M là trung điểm cạnh CD.

Gọi K là hình chiếu của I trên $SM\Rightarrow K$ là hình chiếu của I trên mặt phẳng (SCD).

$\Rightarrow OI=OK=1.$

Dễ thấy $\Delta SKI\backsim \Delta SOM\Rightarrow \frac{SI}{SM}=\frac{IK}{OM}\Rightarrow \frac{SO-OI}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{IK}{OM}$

$\Rightarrow \frac{h-1}{\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}}=\frac{1}{\frac{a}{2}}\Rightarrow ah-a=\sqrt{4h^2+a^2}\Rightarrow h=\frac{2a^2}{a^2-4}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là: $$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{2a^2}{a^2-4}.a^2=\frac{2}{3}.\frac{a^4}{a^2-4}=\frac{2}{3}.\left(a^2-4+\frac{16}{a^2-4}+8\right)\ge \frac{2}{3}.\left(2.4+8\right) \\ =\frac{32}{3} \end{gathered}$$

Dấu bằng xảy ra $\iff a^2-4=\frac{16}{a^2-4}\iff a=2\sqrt{2}.$

$\Rightarrow h=4\Rightarrow OM=\sqrt{2};SM=3\sqrt{2}$

Chọn A.

Cách 1.

Ta có $V_1=V_{S.MNPQ}=V_{S.MNQ}+V_{S.PNQ}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\cap \left(SBC\right)=PQ\\ MN//BC\\ MN\subset \left(\alpha \right)\\ BC\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.\Rightarrow PQ//MN//BC\Rightarrow \frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SB}=x.$

Có $\frac{V_{S.MNQ}}{V_{S.ADB}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SD}.\frac{SQ}{SB}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}x=\frac{4}{9x}\Rightarrow V_{S.MNQ}=\frac{4x}{9}{V}_{S.ADB}=\frac{4x}{9}.\frac{V}{2}=\frac{2x}{9}V.$

Đồng thời $$\begin{gathered} \frac{V_{S.PNQ}}{V_{S.CDB}}=\frac{SP}{SC}.\frac{SN}{SD}.\frac{SQ}{SB}=x.\frac{2}{3}.x=\frac{2x^2}{3}\Rightarrow V_{S.PNQ}=\frac{2x^2}{3}.V_{S.CDB}=\frac{2x^2}{3}.\frac{V}{2} \\ =\frac{x^2}{3}V. \end{gathered}$$

Như vậy $V_1=\left(\frac{x^2}{3}+\frac{2x}{9}\right)V.$ Mà theo giả thiết ta có $V_1=\frac{1}{2}V$ nên ta suy ra:

$\frac{x^2}{3}+\frac{2x}{9}=\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{-2+\sqrt{58}}{6}\left(Nhan\right)\\ x=\frac{-2-\sqrt{58}}{6}\left(Loai\right)\end{array}\right..$ Vậy $x=\frac{-2+\sqrt{58}}{6}.$

Cách 2:

Đặt $a=\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3};b=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3};c=\frac{SP}{SC}.$ Ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1}{b}+\frac{1}{x}\Rightarrow c=x.$

Lại có $\frac{V_1}{V}=\frac{abcx}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{x}\right)=\frac{x^2}{9}\left(3+\frac{2}{x}\right).$

Mà $\frac{V_1}{V}=\frac{1}{2}\Rightarrow 6x^3+4x^2-9x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(Loai\right)\\ x=\frac{-2+\sqrt{58}}{6}\left(Nhan\right)\\ x=\frac{-2-\sqrt{58}}{6}\left(Loai\right)\end{array}\right..$

Vậy $x=\frac{-2+\sqrt{58}}{6}.$

Chọn B.

ĐK: $-2\le x\le 2.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\sqrt{12-3x^2}-x,\forall x\in \left[-2;2\right].$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{-3x}{\sqrt{12-3x^2}}-1,\forall x\in \left(-2;2\right).$

Cho $f\text{'}\left(x\right)=0\iff -3x=\sqrt{12-3x^2}\iff \left\{\begin{array}{l}-3x\ge 0\\ 9x^2=12-3x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 0\\ x=\pm 1\end{array}\right.\iff x=-1.$

Bảng biến thiên:

Vậy YCBT $\iff m\in \left[-2;4\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=4\end{array}\right.\Rightarrow 2a-b=-8.$

Chọn D.

+ Từ giả thiết suy ra: $x,y\in \left[-1;1\right].$

+$$\begin{gathered} P=\sqrt{{\left(2y-1\right)}^2{x}^2+{\left(2y^2-y\right)}^2}+\sqrt{2y+2}=\sqrt{{\left(2y-1\right)}^2\left(x^2+y^2\right)}+\sqrt{2y+2} \\ =\left|2y-1\right|+\sqrt{2y+2} \end{gathered}$$

+ Đặt $P=f\left(y\right)=\left\{\begin{array}{l}2y-1+\sqrt{2y+2},\frac{1}{2}\le y\le 1\\ -2y+1+\sqrt{2y+2},-1\le y\le \frac{1}{2}\end{array}\right..$

+ Xét f(y) trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$: Khảo sát ta được $\underset{\left[\frac{1}{2};1\right]}{\min }f\left(y\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{3};\underset{\left[\frac{1}{2};1\right]}{\max }f\left(y\right)=f\left(1\right)=3.$

+ Xét f(y) trên $\left[-1;\frac{1}{2}\right]$: Khảo sát ta được $\underset{\left[-1;\frac{1}{2}\right]}{\min }f\left(y\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{3};\underset{\left[-1;\frac{1}{2}\right]}{\max }f\left(y\right)=f\left(-\frac{7}{8}\right)=\frac{13}{4}.$

+ Suy ra: $\underset{\left[-1;1\right]}{\min }f\left(y\right)=\sqrt{3};\underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(y\right)=\frac{13}{4}.$

Chọn D.

+ Phương trình $\iff f\left({\cos }^{2}x\right)-\frac{1}{2}{\cos }^{6}x+{\cos }^{4}x-{\cos }^{2}x=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{2}\right)}^3+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{1}{2}.\left(*\right)$

+ Xét hàm số $g\left(t\right)=f\left(t\right)-\frac{1}{3}{t}^3+t^2-t$ trên [0;1]

Ta có: $g\text{'}\left(t\right)=f\text{'}\left(t\right)-{\left(t-1\right)}^2$

Từ tương giao giữa đồ thị f' và Parabol $y={\left(x-1\right)}^2$ trên đoạn [0;1]

Suy ra: $f\text{'}\left(t\right)\ge {\left(t-1\right)}^2,\forall t\in \left[0;1\right]\iff g\text{'}\left(t\right)\ge 0,\forall t\in \left[0;1\right]$

Hay g(t) là hàm số đồng biến trên [0;1]

+ Do đó:

$\left(*\right)\iff g\left(co{s}^{2}x\right)=g\left(\frac{1}{2}\right)\iff {\cos }^{2}x=\frac{1}{2},$ (do ${\cos }^{2}x\in \left[0;1\right])\iff \cos 2x=0\iff x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}).$

Dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm trên khoảng $\left(\frac{\pi }{4};2\pi \right).$

Chọn A

Ta có $AB//CD,CD\subset \left(SCD\right)\Rightarrow AB//\left(SCD\right)$

Lại có $SD\subset \left(SCD\right)\Rightarrow d\left(AB,SD\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)$

Mặt khác $OA\cap \left(SCD\right)=C\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{CA}{CO}.d\left(O,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O,\left(SCD\right)\right).$

Trong tam giác OCD vuông tại O kẻ $OM\perp CD,$ ta có $SO\perp CD\Rightarrow CD\perp \left(SOM\right)$

Mà $CD\subset \left(SCD\right)\Rightarrow \left(SOM\right)\perp \left(SCD\right)$

Trong mặt phẳng (SOM) kẻ $OH\perp OM$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SOM\right)\perp \left(SCD\right)\\ \left(SOM\right)\cap \left(SCD\right)=SM\\ OH\subset \left(SOM\right),OH\perp SM\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)\Rightarrow d\left(O,\left(SCD\right)\right)=OH$.

Tam giác SOD vuông tại O có $OD=\frac{1}{2}BD=2a,SD=2\sqrt{2}a$